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2022-2023学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共29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。
2022-2023学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是( )
A. B. C. D.
2. 在平面直角坐标系中，若点P(1−2x,x−1)在第二象限，则x的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列说法，错误的是( )
A. 一个三角形两边的垂直平分线的交点到这个三角形三个顶点的距离相等
B. “若a>b，则a2>b2”的逆命题是假命题
C. 在角的内部到角的两边距离相等的点一定在这个角的平分线上
D. 用反证法证明“三角形中必有一个角不大于60°”，先假设这个三角形中有一个内角大于60°
4. 如图，边长为a、b的长方形周长为12，面积为5，则a3b+ab3的值为( )
A. 60
B. 120
C. 130
D. 240
5. 表格第一列是王江化简分式x2−4x2−4x+4⋅2x−x2x2+4x+4的部分计算过程，则在化简过程中的横线上依次填入的表格第二列内容的序号为( )
原式=(x+2)(x−2)(ㅤㅤ)⋅x(2−x)(x+2)2
①x+2
=x+2x−2⋅x(2−x)(x+2)2
②x−2
=1x−2⋅−x(ㅤㅤ)x+2
③(x−2)2
=−x(ㅤㅤ)
④(x+2)2
A. ④①② B. ③①② C. ③②① D. ④②①
6. 若关于x的分式方程xx−3−2=m−1x−3有增根，则m的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 若某多边形的边数满足不等式组5(x−2)>3x3x−14>x−2的整数解，则这个多边形的内角和是( )
A. 540° B. 720° C. 900° D. 1080°
8. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD=12，MN=2.则AB的长为( )
A. 12 B. 20 C. 24 D. 30
9. 如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论中，不正确的是( )
A. OM+ON的值不变
B. ∠PNM=∠POB
C. MN的长不变
D. 四边形PMON的面积不变
10. 如图，在平行四边形ABCD中，∠DBC=45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，BF与AD的延长线相交于点G，下面给出四个结论：①BD= 2BE；②∠A=∠BHE；③AB=BH；④△BCF≌△DCE，其中正确的结论是( )
A. ①②③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 若一次函数y=kx+b(k<0)的图象经过点A(3,1)，则不等式kx+b<13x的解集为______ ．
12. 如图，▱ABCD的顶点A(0,4)，B(−3,0)，以点B为圆心，AB长为半径酒弧，交BC于点E，分别以点A，E为圆心，以大于12AE的长为半径画弧，两弧在∠ABE的内部相交于点F，画射线BF交AD于点G，则点G的坐标是______ ．
13. 如图第一象限内有两点P(m−4,n)，Q(m,n−3)，将线段PQ平移，使点P、Q分别落在两条坐标轴上，则点P平移后的对应点的坐标是______ ．
14. 我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理验证.观察图1，a2−1=a(a−1)+(a−1)=(a−1)(a+1).接下来，观察图2，通过类比思考，因式分解a3−1= ______ = ______ ．
15. 如图，平行四边形ABCD中，O为对角线交点，DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，AB=7，AD=10，则OP= ______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
(1)解不等式：2x+13>2x−22；
(2)解方程：1−xx−2=12−x−2．
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：x+1x÷(x−1x)，请从不等式组5−2x>3x+3>0的整数解中选择一个你喜欢的数求值．
18. (本小题8.0分)
下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
已知：如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点.求证：DE//BC，且DE=12BC．
方法一
证明：如图，延长DE至点F，使EF=DE，连接CF．
方法二
证明：如图，过点A作AM//BC，过点D作直线MN//AC交直线AM于M，交BC于N．
19. (本小题8.0分)
在△ACB中，∠ACB=90°，尺规作图的痕迹如图所示，若AC=2，AB=5，求线段CD的长．
20. (本小题9.0分)
某商场准备购进A，B两种书包，每个A种书包比B种书包的进价少10元，用600元购进A种书包的个数是用350元购进B种书包个数的2倍，请解答下列问题：
(1)A，B两种书包每个进价各是多少元？
(2)若该商场购进B种书包的个数比A种书包的2倍还多5个，且A种书包不少于19个，购进A，B两种书包的总费用不超过4350元，请你求出该商场有哪几种进货方案．
21. (本小题9.0分)
如图，△ABC各顶点的坐标分别为A(−2,−4)，B(0,−4)，C(1,−1)．
(1)将△ABC向上平移多少个单位，再向右平移多少个单位得到△A1B1C1的位置？
(2)将△ABC绕点C顺时旋转得△A2B2C.
①当旋转角为90°时，在方格中画出△A2B2C；
②旋转中，当AA2最长时，求A2的坐标．
22. (本小题9.0分)
如图，在▱ABCD中，E，F是直线BD上的两点，DE=BF．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若AD⊥BD，AB=5，BC=3，且EF−AF=2，求DE的长．
23. (本小题10.0分)
阅读材料：形如a2±2ab+b2的式子叫做完全平方式.有些多项式虽然不是完全平方式，但可以通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法.配方法在因式分解、代数最值等问题中都有着广泛的应用．
(1)用配方法因式分解：a2+6a+8．
解：原式=a2+6a+9−1
=(a+3)2−1
=(a+3−1)(a+3+1)
=(a+2)(a+4)
(2)用配方法求代数式a2+6a+8的最小值．
解：原式=a2+6a+9−1
=(a+3)2−1
∵(a+3)2≥0，∴(a+3)2−1≥−1，∴a2+6a+8的最小值为−1．
解决问题：
(1)若代数式x2−10x+k是完全平方式，则常数k的值为______ ；
(2)因式分解：a2−12a+32= ______ ；
(3)用配方法求代数式4x2+4x+5的最小值；
拓展应用：
(4)若实数a，b满足a2−5a−b+7=0，则a+b的最小值为______ ．
24. (本小题10.0分)
△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．
【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度α(0°<α<90°)，线段BD和线段AE的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【拓展应用】如图3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD= 2，AD=4，将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，连接BD，求BD的长．
25. (本小题11.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1=12x+1交x轴于点A，交y轴于点B.以AB为边作▱ABCD，点D在x轴正半轴，且OD=3OB．
(1)求点C，D的坐标；
(2)点P是x轴上一点，点Q是直线CD上一点，连接BP，BQ，PQ，若△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，求点P的坐标；
(3)已知直线y2=ax，当x≤2时，对x的每一个值都有y2
1.【答案】D
【解析】解：A、只有一组对边平行不能确定是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、80°+110°≠180°，故B选项不符合条件；
C、不能判断出任何一组对边是平行的，故C选项不符合题意；
D、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D选项符合题意；
故选：D．
根据平行四边形的判定定理做出判断即可．
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵点P(1−2x,x−1)在第二象限，
∴1−2x<0①x−1>0②，
解不等式①得：x>12，
解不等式②得：x>1，
∴不等式组的解集为：x>1，
则x的取值范围在数轴上表示为：
，
故选：B．
由P为第二象限点求出x的范围，表示在数轴上即可．
此题考查了用数轴表示不等式组的解集，以及点的坐标，熟练掌握解不等式组的步骤是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、一个三角形两边的垂直平分线的交点到这个三角形三个顶点的距离相等，故本选项说法正确，不符合题意；
B、“若a>b，则a2>b2”的逆命题是若a2>b2，则a>b是假命题，例如(−2)2>02，而−2<0，故本选项说法正确，不符合题意；
C、在角的内部到角的两边距离相等的点一定在这个角的平分线上，本选项说法正确，不符合题意；
D、用反证法证明“三角形中必有一个角不大于60°”，先假设这个三角形中每一个内角都大于60°，故本选项说法错误，符合题意；
故选：D．
根据线段垂直平分线的性质、有理数的乘方、角平分线的性质定理、反证法的应用解答．
本题考查了逆命题，以及命题的真假判断，掌握线段垂直平分线的性质、有理数的乘方、角平分线的性质定理、反证法的应用是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵边长为a、b的长方形周长为12，面积为5，
∴a+b=6，ab=5，
∴(a+b)2=36，
∴a2+2ab+b2=36，
∴a2+b2=36−2×5=26，
∴a3b+ab3=ab(a2+b2)
=5×26
=130．
故选：C．
直接利用已知结合完全平方公式得出a2+b2=26，再将原式变形得出答案．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确将原式变形是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：原式=(x+2)(x−2)(x−2)2⋅x(2−x)(x+2)2
=x+2x−2⋅x(2−x)(x+2)2
=1x−2⋅−x(x−2)x+2
=−xx+2，
那么在化简过程中的横线上依次填入的表格第二列内容的序号为③②①，
故选：C．
将原式利用分式乘法法则计算后即可求得答案．
本题考查分式的乘法运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：xx−3−2=m−1x−3，
x−2(x−3)=m−1，
解得：x=7−m，
∵分式方程有增根，
∴x−3=0，
∴x=3，
把x=3代入x=7−m中得：
3=7−m，
解得：m=4，
故选：D．
根据题意可得：x−3=0，从而可得x=3，然后把x=3代入整式方程x=7−m中，进行计算即可解答．
本题考查了分式方程的增根，根据题意求出x的值后代入整式方程中进行计算是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：5(x−2)>3x3x−14>x−2，
解得：5
那么这个多边形的内角和为(6−2)×180°=720°．
故选：B．
首先解不等式组确定其整数解，然后利用多边形内角和公式计算即可．
此题为基础题目，涉及到解一元一次不等式组及多边形内角和．
8.【答案】B
【解析】解：延长DM交AC于E，
∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，
∠DAM=∠EAM，∠AMD=∠AME=90°，
在△ADM和△AEM中，
∠DAM=∠EAMAM=AM∠AMD=∠AME，
∴△ADM≌△AEM(ASA)，
∴DM=EM，AE=AD=12，
∴M点是DE的中点，
∵N是CD的中点，
∴MN是△CDE的中位线，
∵MN=2，
∴CE=2MN=4，
∴AC=AE+CE=12+4=16，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，AD//BC，AC⊥BC，
∴AC⊥AD，
∴∠CAD=90°，
∴AB=CD= AD2+AC2= 122+162=20，
故选：B．
延长DM交AC于E，利用ASA证明△ADM≌△AEM可得AE=AD=12，DM=EM，即可证明MN是△CDE的中位线，可求解CE的长，进而可求解AC的长，再结合平行四边形的性质利用勾股定理可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，勾股定理，求解AC的长是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，
∵OP平分∠AOB，
∴PL=PQ，
∵∠MPN与∠AOB互补，
∴∠PMQ+∠PNO=180°，
∴∠PNL+∠PNO=180°，
∴∠PMQ=∠PNL，
∵∠PQM=∠PLN=90°，
∴△PMQ≌△PNL(AAS)，
∴PM=PN，MQ=LN，OQ=OL，
∴OM+ON=MQ+OQ+OL−LN=2OQ，
∵∠AOB的度数是定值，OP的长是定值，
∴OQ的长是定值，
∴OM+ON的值不变，
故A不符合题意；
设∠MPN=x°，
∵PM=PN，
∴∠PNM=∠PMN=12×(180°−x)=90°−12x°，
∵∠AOB+∠MPN=180°，
∴∠AOB=180°−x°
∴∠PON=12×(180°−x)=90°−12x°，
∴∠PNM=∠PON，
故B不符合题意；
∵M、N在移动，
∴MN的长在变化，
故C符合题意；
∵△PMQ≌△PNL，
∴四边形PMON的面积=四边形PQOL的面积，
∵OP=OP，PQ=PL，
∴Rt△POQ≌Rt△POL(HL)，
∴四边形PQOL的面积=2×△POQ的面积=OQ⋅PQ，
∵OQ，PQ的长是定值，
∴四边形PMON的面积不变，
故D不符合题意．
故选：C．
过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，可以证明△PMQ≌△PNL(AAS)，得到PM=PN，MQ=LN，OQ=OL，因此OM+ON=MQ+OQ+OL−LN=2OQ=定值；设∠MPN=x°，
∠PNM=∠PON=90°−12x°，由M、N在移动，得到MN的长在变化，四边形PMON的面积=四边形PQOL的面积=2×△POQ的面积=OQ⋅PQ=定值．
本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的面积，关键是过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，构造全等三角形．
10.【答案】D
【解析】解：∵∠DBC=45°，DE⊥BC，
∴∠DBE=∠BDE=45°，
∴BE=DE，
∴BD= 2BE，故①正确；
∵DE⊥BC，BF⊥CD，
∴∠BEH=∠DEC=90°，
∴∠BHE+∠HBE=90°=∠HBE+∠C，
∴∠C=∠BHE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=∠BHE，故②正确；
∵∠C+∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠HBE，
在△BHE和△DCE中，
∠HBE=∠EDCBE=DE∠BEH=∠DEC=90°，
∴△BHE≌△DCE(ASA)，
∴BH=CD，故③正确，
在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，
∴△BCF与△DCE不全等，故④错误．
故选：D．
①由等腰直角三角形的性质可求BD= 2BE；
②由余角的性质和平行四边形的性质可求∠A=∠C=∠BHE；
③由“ASA”可证△BHE≌△DCE，可得BH=CD；
④在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，则△BCF与△DCE不全等．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
11.【答案】x>3
【解析】解：设y=13x，
当x=3时，y=13×3=1，
∴A(3,1)在正比例函数y=13x的图象上，
∵A(3,1)在一次函数y=kx+b(k<0)的图象上，
∴A(3,1)是直线y=kx+b和y=13x的交点，
∵k<0，
∴当x>3时，直线y=kx+b在直线y=13x的下方，
即kx+b<13x，
∴不等式kx+b<13x的解集是x>3．
故答案为：x>3．
设y=13x，根据已知条件得到A(3,1)是直线y=kx+b和y=13x的交点，于是得到结论．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，正确地求出不等式的解集是解题的关键．
12.【答案】(5,4)
【解析】解：∵▱ABCD的顶点A(0,4)，B(−3,0)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB= OA2+OB2= 32+42=5，
根据作图可知，BG是∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBC，
在平行四边形ABCD中，AD//BC，
∴∠AGB=∠GBC，点G与点A的纵坐标相等，
∴∠ABG=∠AGB，
∴AB=AG=5，
∴点G的坐标是(5,4)，
故答案为：(5,4)．
根据作图可知，BG是∠ABC的角平分线，然后由平行四边形的性质可得AG的长，因而可得答案．
此题考查的是平行四边形的性质、坐标与图形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
13.【答案】(0,3)或(−4,0)
【解析】解：设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′．
分两种情况：
①P′在y轴上，Q′在x轴上，
则P′横坐标为0，Q′纵坐标为0，
∵0−(n−3)=−n+3，
∴n−n+2=3=3，
∴点P平移后的对应点的坐标是(0,3)；
②P′在x轴上，Q′在y轴上，
则P′纵坐标为0，Q′横坐标为0，
∵0−m=−m，
∴m−4−m=−4，
∴点P平移后的对应点的坐标是(−4,0)；
综上可知，点P平移后的对应点的坐标是(0,3)或(−4,0)．
故答案为：(0,3)或(−4,0)．
设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′.分两种情况进行讨论：①P′在y轴上，Q′在x轴上；②P′在x轴上，Q′在y轴上．
此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移规律相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
14.【答案】a2(a−1)+a(a−1)+(a−1) (a−1)(a2+a+1)
【解析】解：将图2看作三个长方体相加时，可得式子：a×a×(a−1)+1×1×(a−1)+1×a×(a−1)=a2(a−1)+a(a−1)+(a−1)；
原式两边提取a−1，可得原式=(a−1)(a2+a+1)．
故答案为：a2(a−1)+a(a−1)+(a−1)；(a−1)(a2+a+1)．
把图2可有两种计算方法：①三个长方体相加；②大正方体减去小正方体，按要求列出式子，即可解答．
本题考查了整式的乘法，因式分解，观察图形的体积如何计算是解题的关键．
15.【答案】1.5
【解析】解：延长DP交BC于Q，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，CD=AB=7，BC=AD=10，AD//BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，∠ADP=∠CQD，
∵DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，
∴∠ADP=∠CDQ=12∠ADC，∠DCP=∠QCP=12∠BCD，
∴∠CQD=∠CDQ，
∴CQ=CD=7，
∴BQ=BC−CQ=3，
∵∠CDQ+∠DCP=12(∠ADC+∠BCD)=12×180°=90°，
∴CP⊥DQ，
∴DP=QP，
∵OB=OD，
∴OP是△BDQ的中位线，
∴OP=12BQ=1.5，
故答案为：1.5．
延长DP交BC于Q，由平行四边形的性质得OB=OD，CD=AB=7，BC=AD=10，AD//BC，再证CQ=CD=7，则BQ=BC−CQ=3，然后证CP⊥DQ，由等腰三角形的性质得DP=QP，最后证OP是△BDQ的中位线，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证出OP为△BDQ的中位线是解题的关键．
16.【答案】解：(1)去分母得：2(2x+1)>3(2x−2)，
去括号得：4x+2>6x−6，
移项得：4x−6x>−6−2，
合并同类项得：−2x>−8，
解得：x<4；
(2)去分母得：1−x=−1−2(x−2)，
解得：x=2，
检验：把x=2代入得：x−2=0，
∴x=2是增根，分式方程无解．
【解析】(1)不等式去分母，去括号，移项，合并同类项，把x系数化为1，即可求出解集；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解一元一次不等式，熟练各自的解法是解本题的关键．
17.【答案】解：x+1x÷(x−1x)
=x+1x÷x2−1x
=x+1x⋅x(x+1)(x−1)
=1x−1，
由5−2x>3x+3>0，得：−3
∵当x=0或1时，原分式无意义，
∴x=−2，
当x=−2时，原式=1−2−1=−13．
【解析】将分式化简，解出不等式组取整数解，选取一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查了分式的化简求值，解不等式组，注意分式是否有意义是解题的关键．
18.【答案】解：选择方法一，证明如下：
根据题意，如图：
延长DE到F点，使DE=EF，
∵E是AC的中点，
∴AE=EC．
在△ADE与△CFE中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△ADE≌△CFE(SAS)．
∴AD=CF，∠ADE=∠CFE．
∴AB//CF，
∵D是AB的中点，
∴BD=AD，
∴BD//CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DF//BC，DF=BC，
∴DE//BC，DE=12BC．
【解析】选择方法一：根据题意，先证明△ADE≌△CFE，然后证明四边形DBCF是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
19.【答案】解：由作图可知，AD是∠BAC的角平分线，DE是AB的垂线，
∴DE⊥AB，
又∵AC⊥BC，
∴DE=DC，
又∵AD=AD，
∴Rt△AED≌Rt△ACD(HL)，
∴AE=AC=2，
∴BE=3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC= AB2−AC2= 52−22= 21，
设CD=x，则BD= 21−x，DE=x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得，
BD2−DE2=BE2，
即( 21−x)2−x2=32，
解得x=2 217，
∴CD=2 217．
【解析】由作图可知，AD是∠BAC的角平分线，DE是AB的垂线，根据HL证明Rt△AED≌Rt△ACD，得出AE的长，设CD=x，则BD= 21−x，DE=x，根据勾股定理得出方程求解即可．
本题考查了勾股定理，角平分线的性质，根据作图得出DE=CD是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设每个A种书包的进价是x元，则每个B种书包的进价是(x+10)元，
根据题意得：600x=350x+10×2，
解得：x=60，
经检验，x=60是所列方程的解，且符合题意，
∴x+10=60+10=70．
答：每个A种书包的进价是60元，每个B种书包的进价是70元；
(2)设该商场购进m个A种书包，则购进(2m+5)个B种书包，
根据题意得：m≥1960m+70(2m+5)≤4350，
解得：19≤m≤20，
又∵m为正整数，
∴m的值可以为19，20，
∴该商场共有2种进货方案，
方案1：购进19个A种书包，43个B种书包；
方案2：购进20个A种书包，45个B种书包．
【解析】(1)设每个A种书包的进价是x元，则每个B种书包的进价是(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用600元购进A种书包的个数是用350元购进B种书包个数的2倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每个A种书包的进价，再将其代入(x+10)中，可得出每个B种书包的进价；
(2)设该商场购进m个A种书包，则购进(2m+5)个B种书包，根据“购进A种书包不少于19个，且购进A，B两种书包的总费用不超过4350元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各进货方案．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C即为所求；
①如图，△A2B2C即为所求；
②旋转中，当AA2最长时，A与A′重合，此时求A2的坐标(3,2)．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)①利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可；
②当点A2在AC的延长线上时，AA2的值最大．
本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC．
∴∠ADB=∠CBD．
∴∠ADE=∠CBF．
在△ADE和△CBF中，
AD=BC∠ADE=∠CBFDE=BF，
∴△ADE≌△CBF(SAS)．
∴AE=CF，∠AED=∠CBF．
∴AE//CF，
∴四边形AFCE是平行四边形；
(2)解：∵BD⊥AD，AB=5，BC=AD=3，
∴BD= AB2−AD2= 52−32=4，
连接AC交EF于O，
∴DO=OB=12BD=2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴EO=OF=12EF，
∴DE=BF，
设DE=BF=x，
∴EF=2x+4，
∵EF−AF=2，
∴AF=2x+2，
∵AF2=AD2+DF2，
∴(2x+2)2=32+(4+x)2，
∴x= 7(负值舍去)，
∴DE的长为 7．
【解析】(1)根据平行四边形的性质，得AD//BC，AD=BC.根据平行线的性质，得∠ADB=∠CBD，则∠ADE=∠CBF.根据SAS可以证明△ADE≌△CBF，AE=CF，∠AED=∠CBF，从而证明AE//CF，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形AFCE是平行四边形；
(2)根据勾股定理得到BD= AB2−AD2= 52−32=4，连接AC交EF于O，求得DO=OB=12BD=2，根据平行四边形的性质得到EO=OF=12EF，设DE=BF=x，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ADE≌△CBF．
23.【答案】25 (a−4)(a−8) 3
【解析】解：(1)∵(x−5)2=x2−10x+25，
∴k=25，
故答案为：25；
(2)a2−12a+32
=a2−12a+36−4
=(a−6)2−4
=(a−6+2)(a−6−2)
=(a−4)(a−8)，
故答案为：(a−4)(a−8)；
(3)4x2+4x+5=4x2+4x+1+4=(2x+1)2+4，
∵(2x+1)2≥0，
∴(2x+1)2+4≥4，
∴4x2+4x+5的最小值为4；
(4)∵a2−5a−b+7=0，
∴a2−4a−a−b+7=0，
∴a+b=a2−4a+4+3=(a−2)2+3，
∵(a−2)2≥0，
∴(a−2)2+3≥3，
∴a+b的最小值为3．
故答案为：3．
(1)根据完全平方公式即可求解；
(2)根据配方法即可求解；
(3)根据配方法以及非负数的性质即可求解；
(4)根据配方法，以及非负数的性质即可求解．
本题考查了因式分解的应用，非负数的性质：偶次方，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
24.【答案】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD；
【探究证明】线段BD和线段AE的数量关系和位置关系仍然成立，
证明：因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=90°，
所以∠CBD+∠CGB=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AGF=∠CGB，
所以∠CAE+∠AGF=90°，
所以∠BFA=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【拓展应用】如图，在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，
所以∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，
所以DE= CD2+CE2=2，
因为∠ADC=45°，
所以∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，
所以AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，
因为将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，
所以∠ACB=90°，AC=BC，
由【探究证明】在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)知BD=AE，
所以BD=2 5．
【解析】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD，
证明：因为△ABC和△DEC是等腰直角三角形，
所以AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠CAE+∠AEC=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AEC=∠BEF，
所以∠DBC+∠BEF=90°，
所以∠BFE=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【探究证明】见答案；
【拓展应用】见答案．
分析：【观察猜想】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=∠DCE=90°求出∠CAE+∠AEC=90°，求出∠DBC+∠BEF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFE=90°即可；
【探究证明】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=90°求出∠CBD+∠CGB=90°，求出∠CAE+∠AGF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFA=90°即可；
【拓展应用】在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，则∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，由勾股定理可得DE= CD2+CE2=2，AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，由旋转得∠ACB=90°，AC=BC，由【探究证明】知BD=AE，即可得BD的长．
本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ACE≌△BCD是本题的关键．
25.【答案】解：(1)在y1=12x+1中，令x=0得y1=1，令y1=0得x=−2，
∴A(−2,0)，B(0,1)，
∴OA=2，OB=1，
∵OD=3OB，
∴OD=3，AD=OA+OD=5，
∴D(3,0)，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
∴C(5,1)，
答：C(5,1)，D(3,0)；
(2)设P(m,0)，
由C(5,1)，D(3,0)可得直线CD解析式为y=12x−32，
①当P在x轴正半轴时，过Q作QK⊥x轴于K，如图：
∵△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BPK+∠QPK=90°，BP=QP，
∵∠QPK+∠KQP=90°，
∴∠BPK=∠KQP，
∵∠BOP=90°=∠QKP，
在△BOP和△PKQ中
∠BPK=∠KQP∠BOP=∠QKPBP=QP
∴△BOP≌△PKQ(AAS)，
∴PK=OB=1，KQ=OP=m，
∴OK=OP−PK=m−1，
∴Q(m−1,−m)，
将Q(m−1,−m)代入y=12x−32得：
−m=12(m−1)−32，
解得m=43，
∴P(43,0)；
②当P在x轴负半轴，过Q作QK′⊥x轴于K′，如图：
同理可得，在△BOP和△PK′Q中
∠BPK′=∠K′QP∠BOP=∠QK′PBP=QP
∴△BOP≌△PK′Q(AAS)，
∴PK′=OB=1，QK′=OP=−m，
∴OK′=OP−PK′=−m−1，
∴Q(m+1,m)，
把Q(m+1,m)代入y=12x−32得：
m=12(m+1)−32，
解得m=−2，
∴P(−2,0)；
综上所述，点P的坐标为(43,0)或(−2,0)；
(3)∵当x≤2时，对x的每一个值都有y2
∴22a−1>2，
当2a−1>0，即a>12时，
2>4a−2，
解得a<1，
∴12
2<4a−2，
解得a>1，
∴此时无解；
∴直线y1=12x+1与直线y2=ax有交点时，12
综上所述，a的取值范围是12≤a<1．
【解析】(1)由y1=12x+1得A(−2,0)，B(0,1)，根据OD=3OB，即得D(3,0)，而四边形ABCD是平行四边形，有BC=AD=5，知C(5,1)；
(2)设P(m,0)，由C(5,1)，D(3,0)可得直线CD解析式为y=12x−32，①当P在x轴正半轴时，过Q作QK⊥x轴于K，由△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，可得△BOP≌△PKQ(AAS)，从而可得Q(m−1,−m)，代入y=12x−32可得m=43，P(43,0)；②当P在x轴负半轴，过Q作QK′⊥x轴于K′，同理可得△BOP≌△PK′Q(AAS)，Q(m+1,m)，代入y=12x−32得P(−2,0)；
(3)当直线y1=12x+1与直线y2=ax有交点时，交点横坐标大于2，即12x+1=ax的解大于2，可得12
2022-2023学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是( )
A. B. C. D.
2. 在平面直角坐标系中，若点P(1−2x,x−1)在第二象限，则x的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列说法，错误的是( )
A. 一个三角形两边的垂直平分线的交点到这个三角形三个顶点的距离相等
B. “若a>b，则a2>b2”的逆命题是假命题
C. 在角的内部到角的两边距离相等的点一定在这个角的平分线上
D. 用反证法证明“三角形中必有一个角不大于60°”，先假设这个三角形中有一个内角大于60°
4. 如图，边长为a、b的长方形周长为12，面积为5，则a3b+ab3的值为( )
A. 60
B. 120
C. 130
D. 240
5. 表格第一列是王江化简分式x2−4x2−4x+4⋅2x−x2x2+4x+4的部分计算过程，则在化简过程中的横线上依次填入的表格第二列内容的序号为( )
原式=(x+2)(x−2)(ㅤㅤ)⋅x(2−x)(x+2)2
①x+2
=x+2x−2⋅x(2−x)(x+2)2
②x−2
=1x−2⋅−x(ㅤㅤ)x+2
③(x−2)2
=−x(ㅤㅤ)
④(x+2)2
A. ④①② B. ③①② C. ③②① D. ④②①
6. 若关于x的分式方程xx−3−2=m−1x−3有增根，则m的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 若某多边形的边数满足不等式组5(x−2)>3x3x−14>x−2的整数解，则这个多边形的内角和是( )
A. 540° B. 720° C. 900° D. 1080°
8. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD=12，MN=2.则AB的长为( )
A. 12 B. 20 C. 24 D. 30
9. 如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论中，不正确的是( )
A. OM+ON的值不变
B. ∠PNM=∠POB
C. MN的长不变
D. 四边形PMON的面积不变
10. 如图，在平行四边形ABCD中，∠DBC=45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，BF与AD的延长线相交于点G，下面给出四个结论：①BD= 2BE；②∠A=∠BHE；③AB=BH；④△BCF≌△DCE，其中正确的结论是( )
A. ①②③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 若一次函数y=kx+b(k<0)的图象经过点A(3,1)，则不等式kx+b<13x的解集为______ ．
12. 如图，▱ABCD的顶点A(0,4)，B(−3,0)，以点B为圆心，AB长为半径酒弧，交BC于点E，分别以点A，E为圆心，以大于12AE的长为半径画弧，两弧在∠ABE的内部相交于点F，画射线BF交AD于点G，则点G的坐标是______ ．
13. 如图第一象限内有两点P(m−4,n)，Q(m,n−3)，将线段PQ平移，使点P、Q分别落在两条坐标轴上，则点P平移后的对应点的坐标是______ ．
14. 我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理验证.观察图1，a2−1=a(a−1)+(a−1)=(a−1)(a+1).接下来，观察图2，通过类比思考，因式分解a3−1= ______ = ______ ．
15. 如图，平行四边形ABCD中，O为对角线交点，DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，AB=7，AD=10，则OP= ______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
(1)解不等式：2x+13>2x−22；
(2)解方程：1−xx−2=12−x−2．
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：x+1x÷(x−1x)，请从不等式组5−2x>3x+3>0的整数解中选择一个你喜欢的数求值．
18. (本小题8.0分)
下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
已知：如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点.求证：DE//BC，且DE=12BC．
方法一
证明：如图，延长DE至点F，使EF=DE，连接CF．
方法二
证明：如图，过点A作AM//BC，过点D作直线MN//AC交直线AM于M，交BC于N．
19. (本小题8.0分)
在△ACB中，∠ACB=90°，尺规作图的痕迹如图所示，若AC=2，AB=5，求线段CD的长．
20. (本小题9.0分)
某商场准备购进A，B两种书包，每个A种书包比B种书包的进价少10元，用600元购进A种书包的个数是用350元购进B种书包个数的2倍，请解答下列问题：
(1)A，B两种书包每个进价各是多少元？
(2)若该商场购进B种书包的个数比A种书包的2倍还多5个，且A种书包不少于19个，购进A，B两种书包的总费用不超过4350元，请你求出该商场有哪几种进货方案．
21. (本小题9.0分)
如图，△ABC各顶点的坐标分别为A(−2,−4)，B(0,−4)，C(1,−1)．
(1)将△ABC向上平移多少个单位，再向右平移多少个单位得到△A1B1C1的位置？
(2)将△ABC绕点C顺时旋转得△A2B2C.
①当旋转角为90°时，在方格中画出△A2B2C；
②旋转中，当AA2最长时，求A2的坐标．
22. (本小题9.0分)
如图，在▱ABCD中，E，F是直线BD上的两点，DE=BF．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若AD⊥BD，AB=5，BC=3，且EF−AF=2，求DE的长．
23. (本小题10.0分)
阅读材料：形如a2±2ab+b2的式子叫做完全平方式.有些多项式虽然不是完全平方式，但可以通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法.配方法在因式分解、代数最值等问题中都有着广泛的应用．
(1)用配方法因式分解：a2+6a+8．
解：原式=a2+6a+9−1
=(a+3)2−1
=(a+3−1)(a+3+1)
=(a+2)(a+4)
(2)用配方法求代数式a2+6a+8的最小值．
解：原式=a2+6a+9−1
=(a+3)2−1
∵(a+3)2≥0，∴(a+3)2−1≥−1，∴a2+6a+8的最小值为−1．
解决问题：
(1)若代数式x2−10x+k是完全平方式，则常数k的值为______ ；
(2)因式分解：a2−12a+32= ______ ；
(3)用配方法求代数式4x2+4x+5的最小值；
拓展应用：
(4)若实数a，b满足a2−5a−b+7=0，则a+b的最小值为______ ．
24. (本小题10.0分)
△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．
【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度α(0°<α<90°)，线段BD和线段AE的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【拓展应用】如图3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD= 2，AD=4，将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，连接BD，求BD的长．
25. (本小题11.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1=12x+1交x轴于点A，交y轴于点B.以AB为边作▱ABCD，点D在x轴正半轴，且OD=3OB．
(1)求点C，D的坐标；
(2)点P是x轴上一点，点Q是直线CD上一点，连接BP，BQ，PQ，若△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，求点P的坐标；
(3)已知直线y2=ax，当x≤2时，对x的每一个值都有y2
1.【答案】D
【解析】解：A、只有一组对边平行不能确定是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、80°+110°≠180°，故B选项不符合条件；
C、不能判断出任何一组对边是平行的，故C选项不符合题意；
D、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D选项符合题意；
故选：D．
根据平行四边形的判定定理做出判断即可．
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵点P(1−2x,x−1)在第二象限，
∴1−2x<0①x−1>0②，
解不等式①得：x>12，
解不等式②得：x>1，
∴不等式组的解集为：x>1，
则x的取值范围在数轴上表示为：
，
故选：B．
由P为第二象限点求出x的范围，表示在数轴上即可．
此题考查了用数轴表示不等式组的解集，以及点的坐标，熟练掌握解不等式组的步骤是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、一个三角形两边的垂直平分线的交点到这个三角形三个顶点的距离相等，故本选项说法正确，不符合题意；
B、“若a>b，则a2>b2”的逆命题是若a2>b2，则a>b是假命题，例如(−2)2>02，而−2<0，故本选项说法正确，不符合题意；
C、在角的内部到角的两边距离相等的点一定在这个角的平分线上，本选项说法正确，不符合题意；
D、用反证法证明“三角形中必有一个角不大于60°”，先假设这个三角形中每一个内角都大于60°，故本选项说法错误，符合题意；
故选：D．
根据线段垂直平分线的性质、有理数的乘方、角平分线的性质定理、反证法的应用解答．
本题考查了逆命题，以及命题的真假判断，掌握线段垂直平分线的性质、有理数的乘方、角平分线的性质定理、反证法的应用是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵边长为a、b的长方形周长为12，面积为5，
∴a+b=6，ab=5，
∴(a+b)2=36，
∴a2+2ab+b2=36，
∴a2+b2=36−2×5=26，
∴a3b+ab3=ab(a2+b2)
=5×26
=130．
故选：C．
直接利用已知结合完全平方公式得出a2+b2=26，再将原式变形得出答案．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确将原式变形是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：原式=(x+2)(x−2)(x−2)2⋅x(2−x)(x+2)2
=x+2x−2⋅x(2−x)(x+2)2
=1x−2⋅−x(x−2)x+2
=−xx+2，
那么在化简过程中的横线上依次填入的表格第二列内容的序号为③②①，
故选：C．
将原式利用分式乘法法则计算后即可求得答案．
本题考查分式的乘法运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：xx−3−2=m−1x−3，
x−2(x−3)=m−1，
解得：x=7−m，
∵分式方程有增根，
∴x−3=0，
∴x=3，
把x=3代入x=7−m中得：
3=7−m，
解得：m=4，
故选：D．
根据题意可得：x−3=0，从而可得x=3，然后把x=3代入整式方程x=7−m中，进行计算即可解答．
本题考查了分式方程的增根，根据题意求出x的值后代入整式方程中进行计算是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：5(x−2)>3x3x−14>x−2，
解得：5
那么这个多边形的内角和为(6−2)×180°=720°．
故选：B．
首先解不等式组确定其整数解，然后利用多边形内角和公式计算即可．
此题为基础题目，涉及到解一元一次不等式组及多边形内角和．
8.【答案】B
【解析】解：延长DM交AC于E，
∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，
∠DAM=∠EAM，∠AMD=∠AME=90°，
在△ADM和△AEM中，
∠DAM=∠EAMAM=AM∠AMD=∠AME，
∴△ADM≌△AEM(ASA)，
∴DM=EM，AE=AD=12，
∴M点是DE的中点，
∵N是CD的中点，
∴MN是△CDE的中位线，
∵MN=2，
∴CE=2MN=4，
∴AC=AE+CE=12+4=16，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，AD//BC，AC⊥BC，
∴AC⊥AD，
∴∠CAD=90°，
∴AB=CD= AD2+AC2= 122+162=20，
故选：B．
延长DM交AC于E，利用ASA证明△ADM≌△AEM可得AE=AD=12，DM=EM，即可证明MN是△CDE的中位线，可求解CE的长，进而可求解AC的长，再结合平行四边形的性质利用勾股定理可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，勾股定理，求解AC的长是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，
∵OP平分∠AOB，
∴PL=PQ，
∵∠MPN与∠AOB互补，
∴∠PMQ+∠PNO=180°，
∴∠PNL+∠PNO=180°，
∴∠PMQ=∠PNL，
∵∠PQM=∠PLN=90°，
∴△PMQ≌△PNL(AAS)，
∴PM=PN，MQ=LN，OQ=OL，
∴OM+ON=MQ+OQ+OL−LN=2OQ，
∵∠AOB的度数是定值，OP的长是定值，
∴OQ的长是定值，
∴OM+ON的值不变，
故A不符合题意；
设∠MPN=x°，
∵PM=PN，
∴∠PNM=∠PMN=12×(180°−x)=90°−12x°，
∵∠AOB+∠MPN=180°，
∴∠AOB=180°−x°
∴∠PON=12×(180°−x)=90°−12x°，
∴∠PNM=∠PON，
故B不符合题意；
∵M、N在移动，
∴MN的长在变化，
故C符合题意；
∵△PMQ≌△PNL，
∴四边形PMON的面积=四边形PQOL的面积，
∵OP=OP，PQ=PL，
∴Rt△POQ≌Rt△POL(HL)，
∴四边形PQOL的面积=2×△POQ的面积=OQ⋅PQ，
∵OQ，PQ的长是定值，
∴四边形PMON的面积不变，
故D不符合题意．
故选：C．
过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，可以证明△PMQ≌△PNL(AAS)，得到PM=PN，MQ=LN，OQ=OL，因此OM+ON=MQ+OQ+OL−LN=2OQ=定值；设∠MPN=x°，
∠PNM=∠PON=90°−12x°，由M、N在移动，得到MN的长在变化，四边形PMON的面积=四边形PQOL的面积=2×△POQ的面积=OQ⋅PQ=定值．
本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的面积，关键是过P作PL⊥OB于M，PQ⊥OA于N，构造全等三角形．
10.【答案】D
【解析】解：∵∠DBC=45°，DE⊥BC，
∴∠DBE=∠BDE=45°，
∴BE=DE，
∴BD= 2BE，故①正确；
∵DE⊥BC，BF⊥CD，
∴∠BEH=∠DEC=90°，
∴∠BHE+∠HBE=90°=∠HBE+∠C，
∴∠C=∠BHE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=∠BHE，故②正确；
∵∠C+∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠HBE，
在△BHE和△DCE中，
∠HBE=∠EDCBE=DE∠BEH=∠DEC=90°，
∴△BHE≌△DCE(ASA)，
∴BH=CD，故③正确，
在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，
∴△BCF与△DCE不全等，故④错误．
故选：D．
①由等腰直角三角形的性质可求BD= 2BE；
②由余角的性质和平行四边形的性质可求∠A=∠C=∠BHE；
③由“ASA”可证△BHE≌△DCE，可得BH=CD；
④在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，则△BCF与△DCE不全等．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
11.【答案】x>3
【解析】解：设y=13x，
当x=3时，y=13×3=1，
∴A(3,1)在正比例函数y=13x的图象上，
∵A(3,1)在一次函数y=kx+b(k<0)的图象上，
∴A(3,1)是直线y=kx+b和y=13x的交点，
∵k<0，
∴当x>3时，直线y=kx+b在直线y=13x的下方，
即kx+b<13x，
∴不等式kx+b<13x的解集是x>3．
故答案为：x>3．
设y=13x，根据已知条件得到A(3,1)是直线y=kx+b和y=13x的交点，于是得到结论．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，正确地求出不等式的解集是解题的关键．
12.【答案】(5,4)
【解析】解：∵▱ABCD的顶点A(0,4)，B(−3,0)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB= OA2+OB2= 32+42=5，
根据作图可知，BG是∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBC，
在平行四边形ABCD中，AD//BC，
∴∠AGB=∠GBC，点G与点A的纵坐标相等，
∴∠ABG=∠AGB，
∴AB=AG=5，
∴点G的坐标是(5,4)，
故答案为：(5,4)．
根据作图可知，BG是∠ABC的角平分线，然后由平行四边形的性质可得AG的长，因而可得答案．
此题考查的是平行四边形的性质、坐标与图形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
13.【答案】(0,3)或(−4,0)
【解析】解：设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′．
分两种情况：
①P′在y轴上，Q′在x轴上，
则P′横坐标为0，Q′纵坐标为0，
∵0−(n−3)=−n+3，
∴n−n+2=3=3，
∴点P平移后的对应点的坐标是(0,3)；
②P′在x轴上，Q′在y轴上，
则P′纵坐标为0，Q′横坐标为0，
∵0−m=−m，
∴m−4−m=−4，
∴点P平移后的对应点的坐标是(−4,0)；
综上可知，点P平移后的对应点的坐标是(0,3)或(−4,0)．
故答案为：(0,3)或(−4,0)．
设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′.分两种情况进行讨论：①P′在y轴上，Q′在x轴上；②P′在x轴上，Q′在y轴上．
此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移规律相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
14.【答案】a2(a−1)+a(a−1)+(a−1) (a−1)(a2+a+1)
【解析】解：将图2看作三个长方体相加时，可得式子：a×a×(a−1)+1×1×(a−1)+1×a×(a−1)=a2(a−1)+a(a−1)+(a−1)；
原式两边提取a−1，可得原式=(a−1)(a2+a+1)．
故答案为：a2(a−1)+a(a−1)+(a−1)；(a−1)(a2+a+1)．
把图2可有两种计算方法：①三个长方体相加；②大正方体减去小正方体，按要求列出式子，即可解答．
本题考查了整式的乘法，因式分解，观察图形的体积如何计算是解题的关键．
15.【答案】1.5
【解析】解：延长DP交BC于Q，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，CD=AB=7，BC=AD=10，AD//BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，∠ADP=∠CQD，
∵DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，
∴∠ADP=∠CDQ=12∠ADC，∠DCP=∠QCP=12∠BCD，
∴∠CQD=∠CDQ，
∴CQ=CD=7，
∴BQ=BC−CQ=3，
∵∠CDQ+∠DCP=12(∠ADC+∠BCD)=12×180°=90°，
∴CP⊥DQ，
∴DP=QP，
∵OB=OD，
∴OP是△BDQ的中位线，
∴OP=12BQ=1.5，
故答案为：1.5．
延长DP交BC于Q，由平行四边形的性质得OB=OD，CD=AB=7，BC=AD=10，AD//BC，再证CQ=CD=7，则BQ=BC−CQ=3，然后证CP⊥DQ，由等腰三角形的性质得DP=QP，最后证OP是△BDQ的中位线，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证出OP为△BDQ的中位线是解题的关键．
16.【答案】解：(1)去分母得：2(2x+1)>3(2x−2)，
去括号得：4x+2>6x−6，
移项得：4x−6x>−6−2，
合并同类项得：−2x>−8，
解得：x<4；
(2)去分母得：1−x=−1−2(x−2)，
解得：x=2，
检验：把x=2代入得：x−2=0，
∴x=2是增根，分式方程无解．
【解析】(1)不等式去分母，去括号，移项，合并同类项，把x系数化为1，即可求出解集；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解一元一次不等式，熟练各自的解法是解本题的关键．
17.【答案】解：x+1x÷(x−1x)
=x+1x÷x2−1x
=x+1x⋅x(x+1)(x−1)
=1x−1，
由5−2x>3x+3>0，得：−3
∵当x=0或1时，原分式无意义，
∴x=−2，
当x=−2时，原式=1−2−1=−13．
【解析】将分式化简，解出不等式组取整数解，选取一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查了分式的化简求值，解不等式组，注意分式是否有意义是解题的关键．
18.【答案】解：选择方法一，证明如下：
根据题意，如图：
延长DE到F点，使DE=EF，
∵E是AC的中点，
∴AE=EC．
在△ADE与△CFE中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△ADE≌△CFE(SAS)．
∴AD=CF，∠ADE=∠CFE．
∴AB//CF，
∵D是AB的中点，
∴BD=AD，
∴BD//CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DF//BC，DF=BC，
∴DE//BC，DE=12BC．
【解析】选择方法一：根据题意，先证明△ADE≌△CFE，然后证明四边形DBCF是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
19.【答案】解：由作图可知，AD是∠BAC的角平分线，DE是AB的垂线，
∴DE⊥AB，
又∵AC⊥BC，
∴DE=DC，
又∵AD=AD，
∴Rt△AED≌Rt△ACD(HL)，
∴AE=AC=2，
∴BE=3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC= AB2−AC2= 52−22= 21，
设CD=x，则BD= 21−x，DE=x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得，
BD2−DE2=BE2，
即( 21−x)2−x2=32，
解得x=2 217，
∴CD=2 217．
【解析】由作图可知，AD是∠BAC的角平分线，DE是AB的垂线，根据HL证明Rt△AED≌Rt△ACD，得出AE的长，设CD=x，则BD= 21−x，DE=x，根据勾股定理得出方程求解即可．
本题考查了勾股定理，角平分线的性质，根据作图得出DE=CD是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设每个A种书包的进价是x元，则每个B种书包的进价是(x+10)元，
根据题意得：600x=350x+10×2，
解得：x=60，
经检验，x=60是所列方程的解，且符合题意，
∴x+10=60+10=70．
答：每个A种书包的进价是60元，每个B种书包的进价是70元；
(2)设该商场购进m个A种书包，则购进(2m+5)个B种书包，
根据题意得：m≥1960m+70(2m+5)≤4350，
解得：19≤m≤20，
又∵m为正整数，
∴m的值可以为19，20，
∴该商场共有2种进货方案，
方案1：购进19个A种书包，43个B种书包；
方案2：购进20个A种书包，45个B种书包．
【解析】(1)设每个A种书包的进价是x元，则每个B种书包的进价是(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用600元购进A种书包的个数是用350元购进B种书包个数的2倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每个A种书包的进价，再将其代入(x+10)中，可得出每个B种书包的进价；
(2)设该商场购进m个A种书包，则购进(2m+5)个B种书包，根据“购进A种书包不少于19个，且购进A，B两种书包的总费用不超过4350元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各进货方案．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C即为所求；
①如图，△A2B2C即为所求；
②旋转中，当AA2最长时，A与A′重合，此时求A2的坐标(3,2)．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)①利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可；
②当点A2在AC的延长线上时，AA2的值最大．
本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC．
∴∠ADB=∠CBD．
∴∠ADE=∠CBF．
在△ADE和△CBF中，
AD=BC∠ADE=∠CBFDE=BF，
∴△ADE≌△CBF(SAS)．
∴AE=CF，∠AED=∠CBF．
∴AE//CF，
∴四边形AFCE是平行四边形；
(2)解：∵BD⊥AD，AB=5，BC=AD=3，
∴BD= AB2−AD2= 52−32=4，
连接AC交EF于O，
∴DO=OB=12BD=2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴EO=OF=12EF，
∴DE=BF，
设DE=BF=x，
∴EF=2x+4，
∵EF−AF=2，
∴AF=2x+2，
∵AF2=AD2+DF2，
∴(2x+2)2=32+(4+x)2，
∴x= 7(负值舍去)，
∴DE的长为 7．
【解析】(1)根据平行四边形的性质，得AD//BC，AD=BC.根据平行线的性质，得∠ADB=∠CBD，则∠ADE=∠CBF.根据SAS可以证明△ADE≌△CBF，AE=CF，∠AED=∠CBF，从而证明AE//CF，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形AFCE是平行四边形；
(2)根据勾股定理得到BD= AB2−AD2= 52−32=4，连接AC交EF于O，求得DO=OB=12BD=2，根据平行四边形的性质得到EO=OF=12EF，设DE=BF=x，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ADE≌△CBF．
23.【答案】25 (a−4)(a−8) 3
【解析】解：(1)∵(x−5)2=x2−10x+25，
∴k=25，
故答案为：25；
(2)a2−12a+32
=a2−12a+36−4
=(a−6)2−4
=(a−6+2)(a−6−2)
=(a−4)(a−8)，
故答案为：(a−4)(a−8)；
(3)4x2+4x+5=4x2+4x+1+4=(2x+1)2+4，
∵(2x+1)2≥0，
∴(2x+1)2+4≥4，
∴4x2+4x+5的最小值为4；
(4)∵a2−5a−b+7=0，
∴a2−4a−a−b+7=0，
∴a+b=a2−4a+4+3=(a−2)2+3，
∵(a−2)2≥0，
∴(a−2)2+3≥3，
∴a+b的最小值为3．
故答案为：3．
(1)根据完全平方公式即可求解；
(2)根据配方法即可求解；
(3)根据配方法以及非负数的性质即可求解；
(4)根据配方法，以及非负数的性质即可求解．
本题考查了因式分解的应用，非负数的性质：偶次方，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
24.【答案】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD；
【探究证明】线段BD和线段AE的数量关系和位置关系仍然成立，
证明：因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=90°，
所以∠CBD+∠CGB=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AGF=∠CGB，
所以∠CAE+∠AGF=90°，
所以∠BFA=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【拓展应用】如图，在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，
所以∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，
所以DE= CD2+CE2=2，
因为∠ADC=45°，
所以∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，
所以AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，
因为将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，
所以∠ACB=90°，AC=BC，
由【探究证明】在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)知BD=AE，
所以BD=2 5．
【解析】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD，
证明：因为△ABC和△DEC是等腰直角三角形，
所以AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠CAE+∠AEC=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AEC=∠BEF，
所以∠DBC+∠BEF=90°，
所以∠BFE=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【探究证明】见答案；
【拓展应用】见答案．
分析：【观察猜想】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=∠DCE=90°求出∠CAE+∠AEC=90°，求出∠DBC+∠BEF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFE=90°即可；
【探究证明】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=90°求出∠CBD+∠CGB=90°，求出∠CAE+∠AGF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFA=90°即可；
【拓展应用】在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，则∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，由勾股定理可得DE= CD2+CE2=2，AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，由旋转得∠ACB=90°，AC=BC，由【探究证明】知BD=AE，即可得BD的长．
本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ACE≌△BCD是本题的关键．
25.【答案】解：(1)在y1=12x+1中，令x=0得y1=1，令y1=0得x=−2，
∴A(−2,0)，B(0,1)，
∴OA=2，OB=1，
∵OD=3OB，
∴OD=3，AD=OA+OD=5，
∴D(3,0)，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
∴C(5,1)，
答：C(5,1)，D(3,0)；
(2)设P(m,0)，
由C(5,1)，D(3,0)可得直线CD解析式为y=12x−32，
①当P在x轴正半轴时，过Q作QK⊥x轴于K，如图：
∵△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BPK+∠QPK=90°，BP=QP，
∵∠QPK+∠KQP=90°，
∴∠BPK=∠KQP，
∵∠BOP=90°=∠QKP，
在△BOP和△PKQ中
∠BPK=∠KQP∠BOP=∠QKPBP=QP
∴△BOP≌△PKQ(AAS)，
∴PK=OB=1，KQ=OP=m，
∴OK=OP−PK=m−1，
∴Q(m−1,−m)，
将Q(m−1,−m)代入y=12x−32得：
−m=12(m−1)−32，
解得m=43，
∴P(43,0)；
②当P在x轴负半轴，过Q作QK′⊥x轴于K′，如图：
同理可得，在△BOP和△PK′Q中
∠BPK′=∠K′QP∠BOP=∠QK′PBP=QP
∴△BOP≌△PK′Q(AAS)，
∴PK′=OB=1，QK′=OP=−m，
∴OK′=OP−PK′=−m−1，
∴Q(m+1,m)，
把Q(m+1,m)代入y=12x−32得：
m=12(m+1)−32，
解得m=−2，
∴P(−2,0)；
综上所述，点P的坐标为(43,0)或(−2,0)；
(3)∵当x≤2时，对x的每一个值都有y2
∴22a−1>2，
当2a−1>0，即a>12时，
2>4a−2，
解得a<1，
∴12
2<4a−2，
解得a>1，
∴此时无解；
∴直线y1=12x+1与直线y2=ax有交点时，12
综上所述，a的取值范围是12≤a<1．
【解析】(1)由y1=12x+1得A(−2,0)，B(0,1)，根据OD=3OB，即得D(3,0)，而四边形ABCD是平行四边形，有BC=AD=5，知C(5,1)；
(2)设P(m,0)，由C(5,1)，D(3,0)可得直线CD解析式为y=12x−32，①当P在x轴正半轴时，过Q作QK⊥x轴于K，由△BPQ是以BQ为斜边的等腰直角三角形，可得△BOP≌△PKQ(AAS)，从而可得Q(m−1,−m)，代入y=12x−32可得m=43，P(43,0)；②当P在x轴负半轴，过Q作QK′⊥x轴于K′，同理可得△BOP≌△PK′Q(AAS)，Q(m+1,m)，代入y=12x−32得P(−2,0)；
(3)当直线y1=12x+1与直线y2=ax有交点时，交点横坐标大于2，即12x+1=ax的解大于2，可得12
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