江西省育華學校2024屆數學八年級第二學期期末考試試題含解析

江西省育華學校2024屆數學八年級第二學期期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．一元二次方程x2+3x=0的解是（A．x=0 B．x=-3C．x1=0,2．平面直角坐標系內，將點向左平移3個長度單位后得到點N，則點N的坐標是（）A． B． C． D．3．將五個邊長都為2的正方形按如圖所示擺放，點分別是四個正方形的中心，則圖中四塊陰影面積的和為()A．2 B．4 C．6 D．84．小李家裝修地面，已有正三角形形狀的地磚，現打算購買不同形狀的另一種正多邊形地磚，與正三角形地磚一起鋪設地面，則小李不應購買的地磚形狀是()A．正方形 B．正六邊形C．正八邊形 D．正十二邊形5．若分式有意義，則x的取值應該該滿足（）A．x＝ B．x＝ C．x≠ D．x≠6．小強騎自行車去郊游，9時出發(fā)，15時返回．如圖表示他離家的路程y(千米)與相應的時刻x(時)之間的函數關系的圖像．根據圖像可知小強14時離家的路程是()A．13千米 B．14千米 C．15千米 D．16千米7．如圖，平行四邊形ABCD的對角線交于點O，且AB=6，ΔOCD的周長為25，則平行四邊形ABCD的兩條對角線的和是()A．18 B．28 C．38 D．468．把代數式2x2﹣18分解因式，結果正確的是（）A．2（x2﹣9） B．2（x﹣3）2C．2（x+3）（x﹣3） D．2（x+9）（x﹣9）9．如圖，將△ABC沿著水平方向向右平移后得到△DEF，若BC=3，CE=2，則平移的距離為（）A．1 B．2 C．3 D．410．正方形ABCD的邊長為4，點E在對角線BD上，且∠BAE=22.50，EF⊥AB，垂足為F，則EF的長（）A．1 B． C． D．11．如圖，在平面直角坐標系中，反比例函數的圖象經過，兩點，，兩點的縱坐標分別為3，1，若的中點為點，則點向左平移________個單位后落在該反比例函數圖象上？（）A． B．2 C．1 D．12．已知，是一次函數的圖象上的兩個點，則，的大小關系是A． B． C． D．不能確定二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6BC=14，P、Q分別為BD、AC的中點，則PQ=____.14．如果多邊形的每個外角都是40°，那么這個多邊形的邊數是_____．15．如圖，在矩形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于點F，點G是EF的中點，連接CG、BG、BD、DG，下列結論：①BC=DF，②∠DGF=135o；③BG⊥DG，④若3AD=4AB，則4S△BDG=25S△DGF；正確的是____________（只填番號）．16．如圖，在正方形的外側，作等邊，則的度數是__________．17．如圖，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射線CO上的一個動點，∠AOC=60°，則當△PAB為直角三角形時，AP的長為．18．如圖，已知一次函數與一次函數的圖像相交于點P（-2,1），則關于不等式x+b≥mx-n的解集為_____.三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝84°，點D是AC的中點，DE∥BC，求∠EDB的度數．20．（8分）如圖，在△ABC中，AB=AC，點，在邊上，．求證：．21．（8分）如圖，一次函數的圖像過點和點，以線段為邊在第一象限內作等腰直角△ABC，使（1）求一次函數的解析式；（2）求出點的坐標（3）點是軸上一動點，當最小時，求點的坐標.22．（10分）四邊形ABCD是正方形，AC與BD，相交于點O，點E、F是直線AD上兩動點，且AE=DF，CF所在直線與對角線BD所在直線交于點G，連接AG，直線AG交BE于點H．（1）如圖1，當點E、F在線段AD上時，求證：∠DAG=∠DCG；（2）如圖1，猜想AG與BE的位置關系，并加以證明；（3）如圖2，在（2）條件下，連接HO，試說明HO平分∠BHG．23．（10分）如圖，在四邊形中，，，，點是的中點．點以每秒1個單位長度的速度從點出發(fā)，沿向點運動；同時，點以每秒2個單位長度的速度從點出發(fā)，沿向點運動．點停止運動時，點也隨之停止運動．求當運動時間為多少秒時，以點，，，為頂點的四邊形是平行四邊形．24．（10分）計算:.25．（12分）如圖，在ABCD中，經過A，C兩點分別作AE⊥BD，CF⊥BD，E，F為垂足．（1）求證：△AED≌△CFB；（2）求證：四邊形AFCE是平行四邊形．26．如圖，在四邊形ABCD中，，，，，E是BC的中點，P是AB上的任意一點，連接PE，將PE繞點P逆時針旋轉得到PQ，過A點，D點分別作BC的垂線，垂足分別為M，N．求AM的值；連接AC，若P是AB的中點，求PE的長；若點Q落在AB或AD邊所在直線上，請直接寫出BP的長．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解題分析】

用因式分解法求解即可．【題目詳解】解：x2+1x=0，x(x+1)=0，所以x=0或x+1=0，解得：x1=0，x2=-1．故選：D．【題目點撥】本題考查了一元二次方程的解法，根據方程的特點選擇恰當的方法是解決此題的關鍵．2、B【解題分析】

向左平移3個長度單位，即點M的橫坐標減3，縱坐標不變，得到點N．【題目詳解】解：點A（m，n）向左平移3個長度單位后，坐標為（m-3，n），

即點N的坐標是（m-3，n），

故選B．【題目點撥】本題考查坐標與圖形變化-平移，在平面直角坐標系中，平移中點的變化規(guī)律是：橫坐標右移加，左移減；縱坐標上移加，下移減．3、B【解題分析】

連接AP、AN，點A是正方形的對角線的交點，則AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，易得PAF≌△NAE，進而可得四邊形AENF的面積等于△NAP的面積，同理可得答案．【題目詳解】解：如圖，連接AP，AN，點A是正方形的對角線的交則AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，∵∠PAF+∠FAN=∠FAN+∠NAE=90°，∴∠PAF=∠NAE，∴△PAF≌△NAE，∴四邊形AENF的面積等于△NAP的面積，而△NAP的面積是正方形的面積的，而正方形的面積為4，∴四邊形AENF的面積為1cm1，四塊陰影面積的和為4cm1．故選B．【點評】本題考查旋轉的性質．旋轉變化前后，對應點到旋轉中心的距離相等以及每一對對應點與旋轉中心連線所構成的旋轉角相等．要注意旋轉的三要素：①定點﹣旋轉中心；②旋轉方向；③旋轉角度．4、C【解題分析】

根據密鋪的條件得，兩多邊形內角和必須湊出360°，進而判斷即可．【題目詳解】A.正方形的每個內角是,∴能密鋪；B.正六邊形每個內角是,∴能密鋪；C.正八邊形每個內角是，與無論怎樣也不能組成360°的角，∴不能密鋪；D.正十二邊形每個內角是∴能密鋪.故選：C.【題目點撥】本題主要考查平面圖形的鑲嵌,根據平面鑲嵌的原理：拼接點處的幾個多邊形的內角和恰好等于一個圓周角.5、C【解題分析】

由題意根據分式有意義的條件是分母不等于零列出不等式，解不等式即可得到答案．【題目詳解】解：分式有意義，則2x﹣3≠0，解得，x≠．故選：C．【題目點撥】本題考查分式有意義的條件，熟練掌握分式有意義的條件即分母不等于零是解題的關鍵．6、C【解題分析】由縱坐標看出，返回時離家的距離是30千米，由橫坐標看出，返回時所用的時間是15?13=2小時，由路程與時間的關系，得返回時的速度是30÷2=15千米，由時間、速度的關系得15×1=15千米，故選：C.7、C【解題分析】

由平行四邊形的性質和已知條件計算即可，解題注意求平行四邊形ABCD的兩條對角線的和時要把兩條對角線作為一個整體求出．【題目詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD＝6，∵△OCD的周長為25，∴OD＋OC＝25?6＝19，∵BD＝2OD，AC＝2OC，∴?ABCD的兩條對角線的和BD＋AC＝2（OD＋OC）＝1．故選：C．【題目點撥】本題主要考查了平行四邊形的基本性質，并利用性質解題．平行四邊形的基本性質：①平行四邊形兩組對邊分別平行；②平行四邊形的兩組對邊分別相等；③平行四邊形的兩組對角分別相等；④平行四邊形的對角線互相平分．8、C【解題分析】試題分析：首先提取公因式2，進而利用平方差公式分解因式得出即可．解：2x2﹣18=2（x2﹣9）=2（x+3）（x﹣3）．故選C．考點：提公因式法與公式法的綜合運用．9、A【解題分析】根據圖形可得：線段BE的長度即是平移的距離，又BC=3，EC=2，∴BE=3?2=1.故選A.10、B【解題分析】

根據題意連接AC，與BD的交點為O.再根據，，可得AE是的角平分線，所以可得OE=EF，BE=，所以OB=，因此可計算出EF的長.【題目詳解】解：根據題意連接AC，與BD的交點為O.四邊形ABCD為正方形AE是的角平分線故選B.【題目點撥】本題主要考查正方形的性質，關鍵在于根據題意列出方程，這是考試的?？键c，應當熟練掌握.11、D【解題分析】

根據題意可以推出A，B兩點的坐標，由此可得出M點的坐標，設平移n個單位，然后表示出平移后的坐標為（2-n，2），代入函數解析式，即可得到答案．【題目詳解】由題意可得A（1，3），B（3，1），∴M（2，2），設M點向左平移n個單位，則平移后的坐標為（2-n，2），∴（2-n）×2=3，∴n=．故選：D．【題目點撥】本題主要考查了中點坐標的計算，反比例函數，細心分析即可．12、C【解題分析】

根據，是一次函數的圖象上的兩個點，由,結合一次函數在定義域內是單調遞減函數，判斷出，的大小關系即可．【題目詳解】，是一次函數的圖象上的兩個點，且，

．

故選：C．

【題目點撥】本題主要考查了一次函數圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是熟練掌握一次函數的性質.二、填空題（每題4分，共24分）13、1．【解題分析】

首先連接DQ，并延長交BC于點E，易證得△ADQ≌△CEQ（ASA），即可求得DQ=EQ，CE=AD=6，繼而可得PQ是△DBE的中位線，則可求得答案．【題目詳解】解：連接DQ，并延長交BC于點E，

∵AD∥BC，

∴∠DAQ=∠ECQ，

在△ADQ和△CEQ中，

，

∴△ADQ≌△CEQ（ASA），

∴DQ=EQ，CE=AD=6，

∴BE=BC-CE=11-6=8，

∵BP=DP，

∴PQ=BE=1．

故答案為：1．【題目點撥】本題考查梯形的性質、全等三角形的判定與性質以及三角形的中位線的性質．注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．14、1【解題分析】

根據多邊形的外角和是360度即可求得外角的個數，即多邊形的邊數．【題目詳解】解：多邊形的邊數是：＝1，故答案為：1．【題目點撥】此題考查多邊形內角（和）與外角（和），解題關鍵在于掌握運算公式15、①③④【解題分析】

根據矩形的性質得：BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由角平分線可得△ADF是等腰直角三角形，則BC=DF=AD，故①正確；先求出∠BAE=45°，判斷出△ABE是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得AB=BE，∠AEB=45°，從而得到BE=CD；再求出△CEF是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得CG=EG，再求出∠BEG=∠DCG=135°，然后利用“邊角邊”證明△BEG≌△DCG，得到∠BGE=∠DGC，由∠BGE＜∠AEB，得到∠DGC=∠BGE＜45°，∠DGF＜135°，故②錯誤；由全等三角形的性質可得∠BGE=∠DGC，即可得到③正確；由△BGD是等腰直角三角形得到BD=5a，求得S△BDG，過G作GM⊥CF于M，求得S△DGF，進而得出答案．【題目詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°．∵AF平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAF=45°，∴△ADF是等腰直角三角形，∴DF=AD，∴BC=DF，故選項①正確；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB=BE，∠AEB=45°．∵AB=CD，∴BE=CD；∵∠CEF=∠AEB=45°，∠ECF=90°，∴△CEF是等腰直角三角形．∵點G為EF的中點，∴CG=EG，∠FCG=45°，∴∠BEG=∠DCG=135°．在△BEG和△DCG中，∵，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴∠BGE=∠DGC．∵∠BGE＜∠AEB，∴∠DGC=∠BGE＜45°．∵∠CGF=90°，∴∠DGF＜135°，故②錯誤；∵△BEG≌△DCG，∴∠BGE=∠DGC，BG=DG．∵∠EGC=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG，故③正確；∵3AD=4AB，∴，∴設AB=3a，則AD=4a．∵BD=5a，∴BG=DGa，∴S△BDGa1．過G作GM⊥CF于M．∵CE=CF=BC﹣BE=BC﹣AB=a，∴GMCFa，∴S△DGF?DF?GM4aa=a1，∴S△BDGS△DGF，∴4S△BDG=15S△DGF，故④正確．故答案為①③④．【題目點撥】本題考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質；熟練掌握矩形的性質，證明三角形全等和等腰直角三角形是解決問題的關鍵．16、【解題分析】

先求出的度數，即可求出.【題目詳解】解：由題意可得，，故答案為：【題目點撥】本題考查了等腰與等邊三角形的性質，等腰三角形的兩底角相等，等邊三角行的三條邊都相等，三個角都相等，靈活應用等腰及等邊三角形的性質是解題的關鍵.17、1或1或1【解題分析】

本題根據題意分三種情況進行分類求解，結合三角函數，等邊三角形的性質即可解題.【題目詳解】試題分析：當∠APB=90°時（如圖1），∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠AOC=60°，∴∠BOP=60°，∴△BOP為等邊三角形，∵AB=BC=4，∴；當∠ABP=90°時（如圖1），∵∠AOC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∴，在直角三角形ABP中，，如圖3，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO，∵∠AOC=60°，∴△AOP為等邊三角形，∴AP=AO=1，故答案為或或1．考點：勾股定理．18、【解題分析】

觀察函數圖象得到，當時，一次函數y1=x+b的圖象都在一次函數y2=mx-n的圖象的上方，由此得到不等式x+b＞mx-n的解集．【題目詳解】解：不等式x+b≥mx-n的解集為.故答案為.【題目點撥】本題考查一次函數與一元一次不等式的關系：從函數的角度看，就是尋求使一次函數y=ax+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．三、解答題（共78分）19、∠EDB=42°.【解題分析】試題分析：因為BD是∠ABC的平分線，所以∠ABD=∠CBD，所以∠DBC=84°÷2=42°，因為DE∥BC，所以∠EDB=∠DBC=42°.試題解析：∵BD是∠ABC的平分線，∴∠ABD=∠CBD，∴∠DBC=84°÷2=42°，∵DE∥BC，∴∠EDB=∠DBC=42°.點睛：掌握角平分線的性質以及平行線的性質.20、見解析【解題分析】試題分析：證明△ABE≌△ACD即可.試題解析：法1：∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵AD=CE,∴∠ADE=∠AED,∴△ABE≌△ACD,∴BE=CD,∴BD=CE,法2：如圖，作AF⊥BC于F,∵AB=AC,∴BF=CF,∵AD=AE,∴DF=EF,∴BF－DF=CF－EF,即BD=CE.21、（1）；（2）的坐標是；（3）.【解題分析】

（1）根據待定系數法確定函數解析式即可；（2）作CD⊥y軸于點D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性質可知OA=CD，故可得出C點坐標；（3）求得B點關于y軸的對稱點B′的坐標，連接B′C與y軸的交點即為所求的P點，由B′、C坐標可求得直線B′C的解析式，則可求得P點坐標．【題目詳解】解：設直線的解析式為：，把代入可得：，解得：所以一次函數的解析式為：；如圖，作軸于點，在與中，，，則的坐標是；如圖中，作點關于軸的對稱點，連接交軸于，此時的值最小，，，把代入中，可得：，解得：，直線的解析式為，令，得到，.【題目點撥】本題考查的是一次函數的綜合題，根據待定系數法求一次函數的解析式、全等三角形的判定與性質，以及軸對稱-最短距離，根據題意作出輔助線，構造出全等三角形是解答此題的關鍵．22、（1）證明見解析（2）AG⊥BE（3）證明見解析【解題分析】

（1）根據正方形的性質得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，則可根據“SAS”證明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；（2）根據正方形的性質得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根據“SAS”證明△ABE≌△DCF，則∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判斷AG⊥BE；（3）如答圖1所示，過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，證明△AON≌△BOM，可得四邊形OMHN為正方形，因此HO平分∠BHG結論成立.【題目詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCG；（2）解：AG⊥BE．理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，∵∠DAG=∠DCG，∴∠DAG=∠ABE，∵∠DAG+∠BAG=90°，∴∠ABE+∠BAG=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE；（3）解：由（2）可知AG⊥BE．如答圖1所示，過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，則四邊形OMHN為矩形．∴∠MON=90°，又∵OA⊥OB，∴∠AON=∠BOM．∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OAN=∠OBM．在△AON與△BOM中，，∴△AON≌△BOM（AAS）．∴OM=ON，∴矩形OMHN為正方形，∴HO平分∠BHG．【題目點撥】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，矩形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的意義，垂直的判定，利用全等三角形的判斷方法判斷三角形是解本題的關鍵．23、t為2或秒【解題分析】

由已知以點P，Q，E，D為頂點的四邊形是平行四邊形有兩種情況，（1）當Q運動到E和C之間，（2）當Q運動到E和B之間，根據平行四邊形的判定，由AD∥BC，所以當PD=QE時為平行四邊形．根據此設運動時間為t，列出關于t的方程求解．【題目詳解】解：由題意可知，AP=t，CQ=2t，CE=BC=8∵AD∥BC，∴當PD=EQ時，以點P，Q，E，D為頂點的四邊形是平行四邊形．①當2t＜8，即t＜4時，點Q在C，E之間，如圖甲．此時，PD=AD-AP=6-t，EQ=CE-CQ=8-2t，由6-t=8-2t，得t=2；②當8<2t<16且t<6，即4<t<6時，點Q在B，E之間，如圖乙．此時，PD=AD-AP=6-t，EQ=CQ-CE=2t-8，由6-t=2t-8，得t=∴當運動時間t為2或秒時，以點P，Q，E，D為頂點的四邊形