广东省佛山市南海区（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编 3解答题

这是一份广东省佛山市南海区（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编 3解答题，共33页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省佛山南海区市南海区（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编03 解答题
三、解答题
52．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）计算：
53．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）解二元一次方程组：
54．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）如图，已知A（1，2），B（1，﹣4），C（﹣4，﹣2）．

(1)△ABC的面积是 　 　．
(2)在坐标系中作出△ABC关于y轴对称的图形ΔA1B1C1．
55．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）某市举行知识大赛，A校，B校各派出5名选手组成代表队参加决赛，两校派出选手的决赛成绩如图所示．
(1)根据图示填写如表：

平均数/分
中位数/分
众数/分
A校
　 　
　 　
　 　
B校
85
　 　
100

(2)结合两校成绩的平均数和中位数，分析哪个学校的决赛成绩较好．

56．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）如图，已知，MD平分∠ADC，∠2＝∠3，

(1)求证：．
(2)若EF⊥AB，BD＝2，求BC的长．
57．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）为庆祝“中国共产党的百年华诞”，某校请广告公司为其制作“童心向党”文艺活动的展板、宣传册和横幅，其中制作宣传册的数量是展板数量的5倍，广告公司制作每件产品所需时间和利润如下表：
产品
展板
宣传册
横幅
制作一件产品所需时间（小时）
1


制作一件产品所获利润（元）
20
3
10

（1）若制作三种产品共计需要25小时，所获利润为450元，求制作展板、宣传册和横幅的数量；
（2）若广告公司所获利润为700元，且三种产品均有制作．求制作三种产品总量的最小值．
58．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）如图，在直角坐标系中，A（1，4），B（1，1），C（5，1），点D是x轴上的动点．

(1)四边形ABDC的面积是 　 　；
(2)当直线AD平分△ABC的面积时，求此时直线的表达式；
(3)当△ACD的面积是10时，直接写出点D的坐标．
59．（2022·广东佛山南海区·八年级期末）我们知道，等腰三角形的两个底角相等，它反映了边与角的转化关系．
如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，我们可以用几何语言表示如下：

∵AB＝AC
∴∠B＝∠C
如图1，现在有△ABC，点D是AC的中点，E是BC上．一点，将△CDE沿DE折叠到△FDE，连接AF．

(1)设∠DAF＝α，∠DCF＝β，则∠DFA＝　 　，∠DFC＝　 　（结果用含α或β式子表示）．
(2)求证：．
(3)如图2，当点E与点B重合时，AB平分∠CAF，若∠AFD＝56°，求∠ABD的度数．
60．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）计算：．
61．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）解二元一次方程组：．
62．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为，，．
（1）△ABC的面积是 ；
（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标．

63．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）一方有难，八方支援．“新冠肺炎”疫情来袭，除了医务人员主动请缨走向抗疫前线，众多企业也伸出援助之手，某公司用甲、乙两种货车向武汉运送爱心物资，两次满载的运输情况如表：

甲种货车（辆）
乙种货车（辆）
总量（吨）
第一次
4
5
31
第二次
3
6
30

（1）甲、乙两种货车每辆分别能装货多少吨？
（2）现有45吨物资需要再次运往武汉，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满货物，问有哪几种租车方案？
64．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）为了从甲、乙两名选手中选拔一个参加射击比赛，现对他们进行一次测试，两个人在相同条件下各射靶5次，甲命中的环数分别是：10、6、10、6、8，乙命中的环数分别是：7、9、7、8、9.经过计算，甲命中的平均数为，方差为．
（1）求乙命中的平均数和方差；
（2）现从甲、乙两名队员中选出一人去参加射击比赛，你认为应该选哪名队员去？为什么？
65．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）在△ABC中，
（1）如图1，AC＝15，AD＝9，CD＝12，BC＝20，求△ABC的面积；
（2）如图2，AC＝13，BC＝20，AB＝11，求△ABC的面积．

66．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象经过点与点．
（1）求这个一次函数的表达式；
（2）若点M为此一次函数图象上一点，且△MOB的面积为12，求点M的坐标；
（3）点P为x轴上一动点，且△ABP是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．

67．（2021·广东佛山南海区·八年级期末）已知：线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB．

（1）如图1，求证：∠A＋∠D＝∠B＋∠C；
（2）如图2，∠ADC和∠ABC的平分线DE和BE相交于点E，并且与AB、CD分别相交于点M、N，∠A＝28°，∠C＝32°，求∠E的度数；
（3）如图3，∠ADC和∠ABC的三等分线DE和BE相交于点E，并且与AB、CD分别相交于点M、N，，，试探究∠A、∠C、∠E三者之间存在的数量关系，并说明理由．
68．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）计算：－
69．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）2019国际篮联篮球世界杯的D组小组赛由佛山南海区赛区承办，小李在网上预定了小组赛和淘汰赛两个阶段的球票共10张，总价为3400元，其中小组赛球票每张280元，淘汰赛球票每张580元，问小李预定了小组赛和淘汰赛的球票各多少张？
70．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）如图，已知CE⊥AB，MN⊥AB，∠1＝∠2，求证：∠EDC＋∠ACB＝180°．

71．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（-4，5），（-1，3）．
（1）请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；
（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；
（3）写出点B′的坐标．

72．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）为了减少二氧化碳的排放量，提倡绿色出行，越来越多市民选择租用共享单车出行，已知某共享单车公司为市民提供了手机支付（使用的前1小时免费）和会员卡支付两种支付方式，如图描述了两种方式应支付金额y（元）与骑行时间x（时）之间的函数关系，根据图象回答下列问题：

（1）图中表示会员卡支付的收费方式是 （填①或②）．
（2）在图①中当x≥1时，求y与x的函数关系式．
（3）陈老师经常骑行该公司的共享单车，请根据不同的骑行时间帮他确定选择哪种支付方式比较合算．
73．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）我市某中学举办“网络安全知识竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示：


平均分（分）
中位数（分）
众数（分）
方差
初中部
a
85
b

高中部
85
80
100
160

(1)根据图示求出a，b的值；
(2)结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？
(3)计算初中代表队决赛成绩的方差，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
74．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−2x+12与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y=x交于点C．

（1）求点C的坐标．
（2）若P是x轴上的一个动点，直接写出当△POC是等腰三角形时P的坐标．
（3）在直线AB上是否存在点M，使得△MOC的面积是△AOC面积的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
75．（2020·广东佛山南海区·八年级期末）综合与实践：
阅读下面的材料，并解决问题．
（1）已知在中，，图1，图2，图3中的的内角平分线或外角平分线都交于点，请直接写出下列角的度数如图1，_________；如图2，_________；如图3，_________；如图4，，的三等分线交于点，，连接，则_________．

（2）如图5，点是两条内角平分线的交点，求证：．

（3）如图6，在中，的三等分线分别与的平分线交于点，，若，，求的度数．







【答案】
52．
【分析】由二次根式的性质、二次根式的乘法、二次根式的除法进行化简，即可得到答案．
【详解】解：
=
=
=；
【点睛】本题考查了二次根式的性质、二次根式的乘法、二次根式的除法，解题的关键是熟练掌握运算法则，正确的进行化简．
53．
【分析】先把方程②去分母可得③，再利用①+③求解 再求解 从而可得答案.
【详解】解：
由②得：③
①+③得： 解得：
把代入①得：
所以方程组的解为：
【点睛】本题考查的是利用加减消元法解二元一次方程组，掌握“二元一次方程组的解法”是解本题的关键.
54．(1)15
(2)见详解．

【分析】（1）直接利用三角形面积公式计算；
（2）利用关于y轴对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可．
(1)
解：△ABC的面积=×6×5=15；
故答案为：15；
(2)
解：如图，△A1B1C1为所作．

【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．
55．(1)85、85、85、80；
(2)A学校的决赛成绩较好，理由见解析

【分析】（1）先根据条形统计图得出A、B学校5位选手的具体成绩，再根据平均数、中位数及众数的定义求解即可；
（2）在平均数相等的前提下，根据中位数越大高分人数越多求解即可．
（1）
解：由图知，A校5位选手的成绩为75、80、85、85、100，
B校5位选手的成绩为70、75、80、100、100，
A校5名选手成绩的平均数为：，中位数是85，85学生数最多，则众数为85；
B校5名选手成绩的中位数为80．
故答案为：85、85、85、80；
（2）
解： A学校的决赛成绩较好，理由如下：
由表知，A、B两校选手成绩的平均数相等，而A校选手成绩的中位数大于B校，所以A学校的决赛成绩较好．
【点睛】本题主要考查了平均数、中位数、众数的意义，正确理解相关概念是解答本题的关键．
56．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明再证明从而可得答案；
（2）先证明 再证明 再利用勾股定理求解即可.
(1)
证明： ，




(2)
解： EF⊥AB，，

MD平分∠ADC，





【点睛】本题考查的是平行线的性质与判断，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，证明是解本题的关键.
57．（1）制作展板、宣传册和横幅的数量分别是：10，50，10；（2）制作三种产品总量的最小值为75．
【分析】（1）设展板数量为x，则宣传册数量为5x，横幅数量为y，根据等量关系，列出二元一次方程组，即可求解；
（2）设展板数量为x，则宣传册数量为5x，横幅数量为y，可得，结合x，y取正整数，可得制作三种产品总量的最小值．
【详解】（1）解：设展板数量为x，则宣传册数量为5x，横幅数量为y，
根据题意得：，解得：，
5×10=50，
答：制作展板、宣传册和横幅的数量分别是：10，50，10；
（2）设展板数量为x，则宣传册数量为5x，横幅数量为y，制作三种产品总量为w，
由题意得：，即：，
∴，
∴w=，
∵x，y取正整数，
∴x可取的最小整数为2，
∴w=的最小值=55，即：制作三种产品总量的最小值为75．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组以及一次函数的实际应用，根据数量关系，列出方程组以及一次函数的解析式，是解题的关键．
58．(1)8．
(2)直线AF的解析式为．
(3)点D的坐标为（13，0）或．

【分析】（1）过点D作DE⊥BC于点E，则四边形ABDC的面积＝△ABC的面积+△BDC的面积，根据三角形面积公式求解即可；
（2）当直线AD过边BC的中点F时，直线AD平分△ABC的面积，求出点F的坐标，将点A和点F的坐标代入求解即可；
（3）延长AC交x轴于点G，则△ACD的面积＝△ADG的面积﹣△CDG的面积，设出点D的坐标，表示面积，建立方程，求解即可．
（1）
解：如图，过点D作DE⊥BC于点E，

∵A（1，4），B（1，1），C（5，1），
∴AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，DE＝1，
∴△ABC的面积＝×3×4＝6，△BDC的面积＝×4×1＝2，
∴四边形ABDC的面积＝△ABC的面积+△BDC的面积＝8．
故答案为：8．
（2）
解：当直线AD过边BC的中点F时，直线AD平分△ABC的面积，
∵B（1，1），C（5，1），
∴F（3，1），
设直线AF的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线AF的解析式为．

（3）
解：如图，延长AC交x轴于点G，

设直线AC的解析式为：y＝mx+n，
∵A（1，4），C（5，1），
∴，解得，
∴直线AC的解析式为：．
令y＝0，则x＝．
∴，
设点D的坐标为（t，0），
则DG＝，
∴△ADG的面积为，
△DCG的面积为：，
∴△ACD的面积＝△ADG的面积﹣△CDG的面积＝，
解得t＝13或t＝．
∴点D的坐标为（13，0）或．
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，中点坐标公式，三角形的面积等知识，利用图形特点列式表示出所求三角形面积是解题关键．
59．(1)α；90°-α
(2)证明见解析
(3)28°

【分析】（1）由等腰三角形的性质和折叠的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠CDE=∠EDF=α=∠DAF，可得结论；
（3）先证明∠DAF=∠DFA=56°，再求解∠DAB=∠BAF=28°， 证明是的垂直平分线，记的交点为 由三角形的外角的性质结合对折可得： 求解 记的交点为 求解 再利用直角三角形两锐角互余可得答案．
(1)
解：∵点D是AC的中点，
∴AD=CD，
∵将△CDE沿DE折叠到△FDE，
∴CD=DF，
∴AD=DF，
∴∠DAF=∠DFA=α，
∴∠CDF=2α，
∵CD=DF，
∴∠DFC=∠DCF= =90°-α，
故答案为：α；90°-α；
(2)
证明：∵将△CDE沿DE折叠到△FDE，
∴∠CDE=∠EDF=α，
∴∠CDE=∠DAF=α，
∴；
(3)
解：同理可得：
∠DAF=∠DFA=56°，
AB平分∠CAF，
∴∠DAB=∠BAF=28°，
∵，
是的垂直平分线，记的交点为


结合对折可得：


记的交点为

∴∠ABD=．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，线段的垂直平分线的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
60．
【分析】分别化简各项，再进行加减运算．
【详解】解：原式


【点睛】本题考查了实数的混合运算和二次根式的运算，解题的关键是掌握运算法则．
61．
【分析】根据一元二次方程组的解法—加减消元法解答即可．
【详解】，
①×3，得③
②＋③，得：
解得：，
把代入①，得
解得：，
∴原方程组的解为
【点睛】本题考查了一元二次方程组的解法，熟练掌握一元二次方程组的解法是解题关键．
62．（1）4.5；（2）见解析，
【分析】（1）依据割补法进行计算，即可得到△ABC的面积；
（2）依据轴对称的性质进行作图，即可得到△A1B1C1．
【详解】解：（1）△ABC的面积为：2×5−×1×4−×1×5−×1×2＝4.5；
故答案为：4.5；
（2）如图，为所求；；

【点睛】本题考查了作图——轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
63．（1）每辆甲种货车能装货4吨，每辆乙种货车能装货3吨；（2）共有3种租车方案，方案1：租用3辆甲种货车，11辆乙种货车；方案2：租用6辆甲种货车，7辆乙种货车；方案3：租用9辆甲种货车，3辆乙种货车．
【分析】（1）设甲种货车每辆能装货x吨，乙种货车每辆能装货y吨，根据两次满载的运输情况表中的数据，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设租用甲种货车m辆，乙种货车n辆，根据一次运送45吨货物且每辆均全部装满货物，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，即可得出各租车方案．
【详解】解：（1）设每辆甲种货车能装货x吨，每辆乙种货车能装货y吨，依题意，得：

解得：．
答：每辆甲种货车能装货4吨，每辆乙种货车能装货3吨．
（2）设租用m辆甲种货车，n辆乙种货车，
依题意，得：，
∴，
又∵m，n均为正整数，
∴或或，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用3辆甲种货车，11辆乙种货车；
方案2：租用6辆甲种货车，7辆乙种货车；
方案3：租用9辆甲种货车，3辆乙种货车．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
64．（1）；；（2）乙，见解析
【分析】（1）利用平均数以及方差的定义得出即可；
（2）利用方差的意义，分析得出答案即可．
【详解】解：（1）（个），
；
（2）应选乙去，
理由：∵
∵，，
∴，
∴乙的波动小，成绩更稳定
∴应选乙去参加射击比赛．
【点睛】此题主要考查了平均数以及方差，正确记忆相关定义是解题关键．
65．（1）150；（2）66
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判断∠ADC=90°，再用勾股定理求出DB，然后求面积即可；
（2）过点作，交的延长线于点D，设，则，根据勾股定理列出方程，解出x，再求出高CD即可．
【详解】解：（1）如答题1图，
∵，，
∴，
∴
∴，∴，
∴
∴．
∴

（2）如答题2图，过点作，交的延长线于点D，则．
设，则
在，
在，
∴
解得：
∴
∴
∴

【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理逆定理，解题关键是恰当作垂线，构建直角三角形，依据勾股定理建立方程．
66．（1）；（2）或；（3）点Р或或或
【分析】（1）设一次函数的表达式为y=kx+b，把点A和点B的坐标代入求出k，b的值即可；
（2）点M的坐标为（a，），根据△MOB的面积为12，列出关于a的等式，解之即可；
（3）分三种情形讨论即可①当AB=AP时，②当BA=BP时，③当PA=PB时．
【详解】解：（1）设这个一次函数的表达式为，依题意得：
，
解得：，
∴．
（2）如图：

设点M的坐标为，
∵，
∴，
∵的面积为12，
，
∴，
∴，
当时，；
当时，；
∴点M的坐标为：或．
（3）∵点A（-3，0），点B（0，4）．
∴OA=3，OB=4，
∴AB=，
当PA=AB时，P的坐标为（-8，0）或（2，0）；
当PB=AB时，P的坐标为（3，0）；
当PA=PB时，设P为（m，0），
则（m+3）2=m2+42，
解得：，
∴P的坐标为（，0）；
综上，点Р的坐标是：或或或．
【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、等腰三角形的判定和性质、三角形面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
67．（1）见解析；（2）30°；（3），见解析
【分析】（1）根据三角形的内角和定理，结合对顶角相等可求解；
（2）由角平分线的定义可得∠ADE=∠CDE，∠ABE=∠CBE，结合（1）可得∠A+∠C=2∠E，再代入计算即可求解；
（3）由，可得∠ADE=2∠CDE，∠ABE=2∠CBE，结合（1）可得∠A+2∠C+∠ADE+2∠CBE=3∠E+∠ABE+2∠CDE，进而可求解．
【详解】（1）证明：∵
∴，
同理，，
又∵，
∴；

（2）如图，

由（1）得，；
同理，，，
∴
∵DE、BE分别平分和，
∴，，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图：

由（2）得，，；
∵，，
∴，，
∴，；
∴，；
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查角平分线的定义，三角形的内角和定理，灵活运用将三角形的内角和定理解决问题是解题的关键．
68．
【分析】先把各项化为最简二次根式，再用平方差公式进行二次根式的乘法计算，最后合并即可得到结果；
【详解】解： 原式=
=
【点睛】此题考查了二次根式的混合运算，涉及的知识有：平方差公式，二次根式的化简，合并同类二次根式，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．
69．小组赛的球票8张，淘汰赛的球票2张
【分析】设小李预定了小组赛和淘汰赛的球票各x张，y张，根据10张球票共3400元，列方程组求解．
【详解】解：设小李预定了小组赛的球票x张，淘汰赛的球票y张，
则题意得，
解得，
答：小李预定了小组赛的球票8张，淘汰赛的球票2张.
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组求解．
70．答案见解析
【分析】首先根据垂直定义可得∠AEC=∠ANM=90°，进而得到EC∥NM，进而得到∠2=∠ECB，再根据等量代换可得∠1=∠ECB，根据内错角相等，两直线平行可得DE∥BC，进而得到∠EDC+∠ACB=180°．
【详解】证明：∵CE⊥AB，MN⊥AB，
∴∠AEC＝∠ANM＝90°，
∴EC∥NM．
∴∠2＝∠ECB，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠ECB，
∴DE∥BC，
∴∠EDC＋∠ACB＝180°．
【点睛】此题主要考查了平行线的判定与性质，关键是熟练掌握平行线的判定定理与性质定理．
71．（1）（2）如图，（3）B′（2，1）．
【分析】（1）易得y轴在C的右边一个单位，x轴在C的下方3个单位；
（2）作出A，B，C三点关于y轴对称的三点，顺次连接即可；
（3）根据所在象限及距离坐标轴的距离可得相应坐标．
【详解】解：（1）如图；
（2）如图；

（3）点B′的坐标为（2，1）．
72．（1）②；（2）y=4x－4；（3）当0