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2022-2023学年山东省济南市历下区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省济南市历下区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22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学年山东省济南市历下区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 泉城济南，泉甲天下，将如图所示的泉城图标平移后可以得到( )
A.
B.
C.
D.
2. 下列方程中，关于x的一元二次方程是( )
A. x−1x+2=0 B. x2+2x+y=0 C. ax2+bx+c=0 D. x2−x+1=0
3. 近年来，我国新能源汽车产业快速发展，生产和销售稳定增长，下列新能源汽车标志图案中，既是轴对
称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 已知x=−1是关于x的一元二次方程x2+3x+k=0的一个根，则k的值为( )
A. k=1 B. k=2 C. k=−4 D. k=−2
5. 若分式a+12a−1在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A. a≠−12 B. a≠0 C. a≠12 D. a=12
6. 如图，在平面直角坐标系中，将“房子”平移，使顶点A(4,4)落在点A′(2,5)的位置，则顶点B平移后的对应点B′的坐标是( )
A. (−1,3) B. (−1,1) C. (3,3) D. (3,1)
7. 剪掉一张长方形纸片的一个角后，剩余多边形纸片的内角和不可能是( )
A. 540° B. 360° C. 270° D. 180°
8. 若关于x的分式方程1−xx−2=m2−x−2有增根，则m的值是( )
A. −7 B. −1 C. 1 D. 2
9. 如图，在Rt△ABC中，∠B=30°，AC=2，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，连接DE、AF，相交于点O，则AO的长是( )
A. 32
B. 1
C. 3
D. 2
10. 如图，在平面直角坐标系中，A(1,3)，B(1,1)，C(2,1)，将△ABC向左平移2个单位长度，得到△A1B1C1；将△A1B1C1关于原点中心对称，得到△A2B2C2；将△A2B2C2向右平移2个单位长度，得到△A3B3C3；将△A3B3C3关于原点中心对称，得到△A4B4C4；将△A4B4C4向左平移2个单位长度，得到△A5B5C5….若按照此规律作图形的变换，则A2023的坐标为( )
A. (2023,3) B. (2023,−3) C. (−2023,3) D. (−2023,−3)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：x2−2x+1=______．
12. 关于x的一元二次方程x2=3x+1化为一般形式是______ ．
13. 一个凸多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个多边形是______边形．
14. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB长为8，边AD长为5，边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把长方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为______ ．
15. “方胜纹”是由两个正方形互相压角穿插、相叠而成的纹样，寓意同心同德、同舟共济.如图，将正方形ABCD沿对角线BD方向平移得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜纹”图案，若BB′=AB，B′D=2，则正方形ABCD的边长为______ ．
16. 如图，四边形ABCD是正方形，四边形EDFC是菱形，四边形HGNM是矩形，其中点E在边AB上，MN在边EC上，点G是菱形对角线的交点，若AE=2，则HM= ______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
化简并求值：(aa+1−1a+1)÷a−1a2+2a+1，其中a=2023．
18. (本小题6.0分)
已知关于x的一元二次方程x²+4x+k=0有实数根，求k的取值范围．
19. (本小题6.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边BC和CD上，且CE=CF，连接AE，AF.求证：AE=AF．
20. (本小题8.0分)
解下列方程：
(1)x2+4x−4=0；
(2)xx−2+3=x−42−x，
21. (本小题8.0分)
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
(1)平移△ABC，点A的对应点A1的坐标为(1,−5)，画出平移后对应的△A1B1C1，并直接写出点B1的坐标；
(2)△ABC绕点C逆时针方向旋转90°得到△A2B2C，按要求作出图形；
(3)如果△A2B2C通过旋转可以得到△A1B1C1，请直接写出旋转中心P的坐标．
22. (本小题8.0分)
2022年，教育部正式印发《义务教育劳动课程标准(2022年版)》，劳动课正式成为中小学的一门独立课程，某中学利用学校劳动实践基地，开展劳动教育.现欲购进A、B两种菜苗供学生栽种.已知每捆A种菜苗的价格是每捆B种菜苗价格的2倍，用400元购进A种菜苗的数量比用400元购进B种菜苗的数量少10捆.求每捆A种菜苗的价格．
23. (本小题10.0分)
如图，△ABC中，∠BCA=90°，CD是边AB上的中线，过点C作CE//AB，过点A作AE//CD交CE于点E，连接ED，点O为ED与AC的交点．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若∠BAC=30°，BC= 3，求四边形ADCE的面积．
24. (本小题10.0分)
如图1，小红沿一个五边形广场周围的小路，按逆时针方向跑步，小红每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度．
(1)该五边形广场ABCDE的内角和是______ 度；
(2)她跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是______ 度；
(3)如图2，小红参加“全民健身，共筑健康中国”活动，从点A起跑，绕湖周围的小路跑至终点E，若MA//EN，且∠1+∠2=200°，求行程中小红身体转过的角度的和(即∠3+∠4+∠5的值)．
25. (本小题12.0分)
【问题发现】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法.例如x2+2x−35=0，可变形为x(x+2)=35.如图1，构造一个长为x+2、宽为x、面积为35的矩形；如图2，将4个矩形构造成一个边长为(x+x+2)的大正方形，中间恰好是一个边长为2的小正方形.大正方形的面积可表示为(x+x+2)2，也可表示为4×35+22，由此可得新方程：(x+x+2)2=144，易得这个方程的正数解为x=5．
【学以致用】请根据赵爽的方法回答下列问题：
(1)方程x2+3x−10=0可变形为x(______ )=10；
(2)能够得出上述方程的解的正确构图是______ (填序号)；
【思维拓展】(3)参照以上方法求出关于x的一元二次方程x2+bx=c(b>0,c>0)的正数解(用含b，c的代数式表示)．
26. (本小题12.0分)
在正方形ABCD中，AB=6，点P是对角线BD上一点，点F在直线AB上，点E在直线BC上，且∠FPE=90°．
(1)如图1，当点P与点D重合时，且此时点F在BA的延长线上，则线段FP和线段EP的数量关是______ ；
(2)如图2，当点F在AB边上时，(1)中的结论是否依然成立，请说明理由；
(3)如图3，当点P与对角线AC，BD的交点重合时，且此时点F在AB边上，若AF=1.5，连接CF，DE，交于点H，求此时FH的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由平移的定义和性质可知，选项A中的图形可以通过平移得到，选项B、选项C、选项D中的图形可以通过旋转得到，
故选：A．
根据平移的性质逐项进行判断即可．
本题考查平移的性质，掌握平移的性质是正确判断的前提．
2.【答案】D
【解析】解：A.该方程是分式方程，故不符合题意；
B.该方程是是二元二次方程，故不符合题意；
C.该方程中当a≠0时才是一元二次方程，故不符合题意；
D.是一元二次方程，故符合题意．
故选：D．
根据一元二次方程的定义判断即可．
本题主要考查了一元二次方程的定义理解，判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
3.【答案】D
【解析】解：A、原图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、原图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、原图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
观察四个选项中的图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，仔细观察图形根据定义正确判断是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：把x=−1代入方程得：1−3+k=0，
解得：k=2．
故选：B．
把x=−1代入方程计算即可求出k的值．
此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
5.【答案】C
【解析】解：∵分式a+12a−1在实数范围内有意义，
∴2a−1≠0，
解得a≠12．
故选：C．
根据分式有意义的条件，进行判断即可．
本题考查了分式有意义的条件，涉及的知识点为：分式有意义，分母不为零．
6.【答案】A
【解析】解：∵点A(4,4)的对应点是A′(2,5)，
∴点B(1,2)的对应点B′的坐标是(−1,3)．
故选：A．
根据点A(4,4)的对应点是A′(2,5)，可得点A向左平移2个单位，向上平移1个单位至A′，进而可以解决问题．
本题考查了坐标与图形变化−平移，解决本题的关键是掌握平移的性质．
7.【答案】C
【解析】解：设剩余多边形纸片的边数为n(3≤n≤5且n为整数)，
若(n−2)⋅180°=540°，
解得：n=5，
则A不符合题意；
若(n−2)⋅180°=360°，
解得：n=4，
则B不符合题意；
若(n−2)⋅180°=270°，
解得：n=3.5，
则C符合题意；
若(n−2)⋅180°=180°，
解得：n=3，
则D不符合题意；
故选：C．
由题意，设剩余多边形纸片的边数为n，利用多边形内角和公式求得n，其中3≤n≤5且n为整数，据此进行判断即可．
本题考查多边形的内角和，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
8.【答案】C
【解析】解：原分式方程两边同乘(x−2)得：1−x=−m−2(x−2)，
去括号得：1−x=−m−2x+4，
移项，合并同类项得：x=3−m，
∵原分式方程有增根，
∴3−m−2=0，
解得：m=1，
故选：C．
首先解含未知常数的分式方程，然后根据原方程有增根列得关于m的方程，解方程即可．
本题考查根据含未知常数的分式方程有增根求未知常数的值，解方程列得关于m的方程是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵∠BAC=90°，∠B=30°，AC=2，
∴BC=2AC=4，
∵F是BC的中点，
∴AF=12BC=2，
∵D、E分别为AB、AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，
∵AD=BD，
∴AO=OF=12AF=1．
故选：B．
由直角三角形的性质得到BC=2AC=4，由直角三角形斜边中线的性质得到AF=12BC=2，由三角形中位线定理推出DE//BC，由平行线等分线段定理得到AO=OF=12AF=1．
本题考查直角三角形的性质，三角形中位线定理，平行线等分线段定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可知，A1(−1,3)、A2(1,−3)、A3(3,−3)、A4(−3,3)、
A5(−5,3)、A6(5,−3)、A7(7,−3)、A8(−7,3)、
A9(−9,3)、A10(9,−3)、A11(11,−3)、A12(−11,3)，
……，
∴An的纵坐标以3，−3，−3，3为一个周期依次循环，
又A3(3,−3)、A7(7,−3)、A11(11,−3)，
∴A4n+3(4n+3,−3)，
∵2023÷4=505……3，
∴A2023的坐标为(2023,−3)．
故选：B．
先根据平移与关于中心对称的两点之间的坐标特征分别求出A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8、A9、A10、A11、A12的坐标，得出规律，进而求出A2023的坐标．
本题考查了中心对称，坐标与图形变化−平移，以及规律型：点的坐标．正确求出A1～A12的坐标，进而得出点A4n+3的规律是解题的关键．
11.【答案】(x−1)2
【解析】直接利用完全平方公式分解因式即可．
解：x2−2x+1=(x−1)2，
故答案为：(x−1)2．
本题考查了运用公式法分解因式，熟记公式是解题的关键．
12.【答案】x2−3x−1=0
【解析】解：关于x的一元二次方程x2=3x+1化为一般形式是x2−3x−1=0．
故答案为：x2−3x−1=0．
根据移项法则进行变形即可．
本题考查的是一元二次方程的一般形式，任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数，bx叫做一次项，c叫做常数项．
13.【答案】6
【解析】解：设多边形边数为n．
则360°×2=(n−2)⋅180°，
解得n=6．
故答案为：6．
多边形的外角和是360度，多边形的内角和是它的外角和的2倍，则多边形的内角和是720度，根据多边形的内角和可以表示成(n−2)⋅180°，依此列方程可求解．
本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征，求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
14.【答案】(8,3)
【解析】解：∵矩形ABCD的边AB长为8，边AD长为5，
∴AD′=5，C′D′=8，
∵AB的中点是坐标原点O，
∴OA=12AB=12×8=4，
∴OD′= AD′2−OA2=3，
∴点C′的坐标为(8,3)，
故答案为：(8,3)．
根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
15.【答案】2 2+2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∵AB=AD，∠A=90°，
∵BB′=AB，B′D=2，
∴BD=BB′+B′D=AB+2，
在Rt△ABD中，AB2+AD2=BD2，
∴AB2+AB2=(AB+2)2，
解得AB=2 2+2(舍去负值)．
故答案为：2 2+2．
利用正方形的性质以及勾股定理得到关于AB的方程，解方程即可求得答案．
本题考查利用平移设计图案，正方形的性质，勾股定理，平移变换等知识，解题关键是掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】4 55
【解析】解：∵四边形EDFC是菱形，
∴EF⊥CD，DG=CG，
∴∠DGE=∠CGE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD，
∴四边形ADGE是矩形，
∴DG=AE=2，EG=AD
∴CG=DG=2，
∴CD=4，
∴AD=CD=EG=4，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CE= CG2+EG2= 22+42=2 5，
∵四边形HGNM是矩形，
∴GN⊥CE，HM=GN，
∴S△CGE=12CG⋅EG=12CE⋅GN，
∴12×2×4=12×2 5⋅GN，
∴GN=4 55，
∴HM=GN=4 55，
故答案为：4 55．
先根据菱形的性质得出EF⊥CD，再根据正方形的性质得出∠A=∠ADC=90°，于是得出四边形ADGE是矩形，即可求出DG、EG的长，利用勾股定理求出CE的长，最后根据直角三角形的面积即可求出GN的长，再根据矩形的对边相等即可得出HM的长．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，直角三角形的面积，熟练掌握这些性质是解题的关键．
17.【答案】解：原式=a−1a+1÷a−1(a+1)2
=a−1a+1⋅(a+1)2a−1
=a+1，
当a=2023时，
原式=2023+1=2024．
【解析】利用分式混合运算法则将原式化简后代入数值计算即可．
本题考查分式的化简求值，利用相关运算法则进行正确的分式化简是解题的关键．
18.【答案】解：∵关于x一元二次方程x2−4x−4=0有实数根，
∴Δ=42−4−k≥0，
解得：k≤4，
∴k的取值范围为k≤4．
【解析】由方程有实数根得出Δ=(−4)2−4k≥0，据此解答．
本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根与判别式间的关系是解题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，BC=CD，
∵CE=CF，
∴BE=DF，
在△ABE与△ADF中，
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF．
【解析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
20.【答案】解：(1)x2+4x−4=0，
(x+2)2=8，
x+2=2 2，
x1=2 2−2，x2=−2 2−2；
(2)xx−2+3=x−42−x
x+3(x−2)=−(x−4)，
解得x=2，
经检验，x=2是增根，
所以原方程无解．
【解析】(1)方程利用配方法求解即可；
(2)方程两边同时乘(x−2)，可得x+3(x−2)=−(x−4)，解方程求出x的值，再进行验根即可．
本题考查了解一元二次方程以及解分式方程，掌握配方法以及解分式方程的步骤是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；B1坐标为(2,−2)；
(2)如图所示，△AA2B2C即为所求．
(3)如图所示，点P即为所求，P的坐标为(−1,−5)．
【解析】(1)利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案；
(2)利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案；
(3)利用旋转图形的性质，得到对应点，对应点连线的交点即为旋转中心．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．
22.【答案】解：设每据B种菜苗的价格是x元，
根据题意得：400x−4002x=10，
解得：x=20，
经检验，x=20是原方程的解，且符合题意，
∴2×20=40(元)，
答：某苗基地每据A种某苗的价格是40元．
【解析】设每据B种菜苗的价格是x元，根据用400元购进A种菜苗的数量比用400元购进B种菜苗的数量少10捆列方程即可．
本题考查了分式方程的应用，正确地理解题意，列出分式方程是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵DE//BC，EC//AB，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∴EC//DB，且EC=DB，
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD=DB=CD，
∴EC=AD，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴ED//BC，
∴∠AOD=∠ACB．
∵∠ACB=90°，
∴∠AOD=∠ACB=90°，
∴平行四边形ADCE是菱形；
(2)解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠BAC=30°，BC= 3，
∴AD=DB=CD=BC= 3，
∴AB=2 3，由勾股定理得AC= AB2−BC2=3，
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE=BC= 3，
∴四边形ADCE的面积=12AC⋅DE=12×3× 3=3 32．
【解析】(1)欲证明四边形ADCE是菱形，需先证明四边形ADCE为平行四边形，然后再证明其对角线相互垂直；
(2)根据勾股定理得到AC的长度，由含30度角的直角三角形的性质求得DE的长度，然后由菱形的面积公式：S=12AC⋅DE进行解答．
此题主要考查菱形的性质和判定以及面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
24.【答案】540 360
【解析】解：(1)根据多边形内角和公式(n−2)⋅180°得，五边形内角和为(5−2)×180°=540°；
故答案为：540．
(2)根据多边形外角和都是360°，跑完一圈，跑步方向改变的角度的和，360°；
故答案为：360．
(3)延长NE交AB于点F，
∵MA//EN，
∴∠1=∠6，
∠1+∠2=200°，
∠6+∠2=200°，
∵在五边形FBCDE中，
∠6+∠3+∠4+∠5+∠2=360°，
∠3+∠4+∠5=160°．
(1)根据多边形内角和公式计算即可；
(2)根据多边形外角和都是360°可得；
(3)延长NE构成新的四边形，根据外角和360°减去200°即可得出结果．
本题考查了多边形的内角和与外角和以及平行线的性质，熟记内角和公式是求内角和的关键．
25.【答案】x+3 ②
【解析】解：(1)方程x2+3x−10=0可变形为x( x+3)=10．
故答案为：x+3；
(2)能够得出上述方程的解的正确构图是②．
故答案为：②；
(3)∵x2+bx=c，
∴x(x+b)=c，
(x+x+b)2=4c+b2，
(2x+b)2=4c+b2，
2x+b= 4c+b2，
∴x= 4c+b2−b2．
(1)根据赵爽的方法变形即可求解；
(2)根据方程得到正确构图即可求解；
(3)根据赵爽的方法解方程，进一步得到方程的正数解即可．
本题主要考查一元二次方程的建模，根据示例和方程的特点构建几何图形并完成分割是解题的关键．
26.【答案】PF=PE
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠C=∠BAD=90°，AD=CD，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADF=∠CDE，
∴△CDE≌△ADF(ASA)，
∴DE=DF，
即PE=PF，
故答案为：PF=PE；
(2)依然成立．
理由：过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，
∴∠PMF=90°=∠PNE，
∵四边形ABCD是正方形，P在BD上，
∴∠ABP=∠CBP，
∴PM=PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠MM=360°−∠PMB−∠PNB−∠ABC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠MPF+∠FPN=∠EPN+∠FPN，
∴∠MPF=∠EPN，
在△MPF和△PNE中，
PM=PN∠PMF=∠PNE∠MPF=∠EPN，
∴△PMF≌△PNE(AAS)，
∴PF=PE；
(3)由(2)知PF=PE，
∵四边形ABCD是正方形，P是对角线的交点，
∴AP=BP=PD=PC，AC⊥BD，
∴∠APB=∠DPC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠APF=∠BPE，
在△APF和△BPE，
PF=PE∠APF=∠BPEAP=BP，
∴△APF≌△BPE(SAS)，
∴AF=BE=1.5．
∴EC=BC−BE=6−1.5=4.5，
∴ED= EC2+DC2=7.5，
∵∠FPC=90°+∠EPC=∠EPD，
在△FPC和△PED中，
PF=PE∠FPC=∠EPDPD=PC，
∴△FPC≌△EPD(SAS)，
∴FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，
∵∠PFC+∠FPE=∠PED+∠FHE，
∴∠FHE=∠FPE=90°，
即HC是△EDC斜边上的高，
由面积关系得S△EDC=12EC⋅DC=12ED⋅HC，
∴HC=EC⋅DCED=4.5×67.5=3.6，
∴FH=FC−HC=7.5−3.6=3.9．
(1)证明△CDE≌△ADF(ASA)，由全等三角形的性质得出DE=DF，则可得出结论；
(2)过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，证明△PMF≌△PNE(AAS)，由全等三角形的性质得出PF=PE；
(3)证明△APF≌△BPE(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=BE=1.5.证明△FPC≌△EPD(SAS)，由全等三角形的性质得出FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，由三角形EDC的面积求出HC的长，则可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识点，作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
2022-2023学年山东省济南市历下区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 泉城济南，泉甲天下，将如图所示的泉城图标平移后可以得到( )
A.
B.
C.
D.
2. 下列方程中，关于x的一元二次方程是( )
A. x−1x+2=0 B. x2+2x+y=0 C. ax2+bx+c=0 D. x2−x+1=0
3. 近年来，我国新能源汽车产业快速发展，生产和销售稳定增长，下列新能源汽车标志图案中，既是轴对
称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 已知x=−1是关于x的一元二次方程x2+3x+k=0的一个根，则k的值为( )
A. k=1 B. k=2 C. k=−4 D. k=−2
5. 若分式a+12a−1在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A. a≠−12 B. a≠0 C. a≠12 D. a=12
6. 如图，在平面直角坐标系中，将“房子”平移，使顶点A(4,4)落在点A′(2,5)的位置，则顶点B平移后的对应点B′的坐标是( )
A. (−1,3) B. (−1,1) C. (3,3) D. (3,1)
7. 剪掉一张长方形纸片的一个角后，剩余多边形纸片的内角和不可能是( )
A. 540° B. 360° C. 270° D. 180°
8. 若关于x的分式方程1−xx−2=m2−x−2有增根，则m的值是( )
A. −7 B. −1 C. 1 D. 2
9. 如图，在Rt△ABC中，∠B=30°，AC=2，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，连接DE、AF，相交于点O，则AO的长是( )
A. 32
B. 1
C. 3
D. 2
10. 如图，在平面直角坐标系中，A(1,3)，B(1,1)，C(2,1)，将△ABC向左平移2个单位长度，得到△A1B1C1；将△A1B1C1关于原点中心对称，得到△A2B2C2；将△A2B2C2向右平移2个单位长度，得到△A3B3C3；将△A3B3C3关于原点中心对称，得到△A4B4C4；将△A4B4C4向左平移2个单位长度，得到△A5B5C5….若按照此规律作图形的变换，则A2023的坐标为( )
A. (2023,3) B. (2023,−3) C. (−2023,3) D. (−2023,−3)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：x2−2x+1=______．
12. 关于x的一元二次方程x2=3x+1化为一般形式是______ ．
13. 一个凸多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个多边形是______边形．
14. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB长为8，边AD长为5，边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把长方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为______ ．
15. “方胜纹”是由两个正方形互相压角穿插、相叠而成的纹样，寓意同心同德、同舟共济.如图，将正方形ABCD沿对角线BD方向平移得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜纹”图案，若BB′=AB，B′D=2，则正方形ABCD的边长为______ ．
16. 如图，四边形ABCD是正方形，四边形EDFC是菱形，四边形HGNM是矩形，其中点E在边AB上，MN在边EC上，点G是菱形对角线的交点，若AE=2，则HM= ______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
化简并求值：(aa+1−1a+1)÷a−1a2+2a+1，其中a=2023．
18. (本小题6.0分)
已知关于x的一元二次方程x²+4x+k=0有实数根，求k的取值范围．
19. (本小题6.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边BC和CD上，且CE=CF，连接AE，AF.求证：AE=AF．
20. (本小题8.0分)
解下列方程：
(1)x2+4x−4=0；
(2)xx−2+3=x−42−x，
21. (本小题8.0分)
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
(1)平移△ABC，点A的对应点A1的坐标为(1,−5)，画出平移后对应的△A1B1C1，并直接写出点B1的坐标；
(2)△ABC绕点C逆时针方向旋转90°得到△A2B2C，按要求作出图形；
(3)如果△A2B2C通过旋转可以得到△A1B1C1，请直接写出旋转中心P的坐标．
22. (本小题8.0分)
2022年，教育部正式印发《义务教育劳动课程标准(2022年版)》，劳动课正式成为中小学的一门独立课程，某中学利用学校劳动实践基地，开展劳动教育.现欲购进A、B两种菜苗供学生栽种.已知每捆A种菜苗的价格是每捆B种菜苗价格的2倍，用400元购进A种菜苗的数量比用400元购进B种菜苗的数量少10捆.求每捆A种菜苗的价格．
23. (本小题10.0分)
如图，△ABC中，∠BCA=90°，CD是边AB上的中线，过点C作CE//AB，过点A作AE//CD交CE于点E，连接ED，点O为ED与AC的交点．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若∠BAC=30°，BC= 3，求四边形ADCE的面积．
24. (本小题10.0分)
如图1，小红沿一个五边形广场周围的小路，按逆时针方向跑步，小红每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度．
(1)该五边形广场ABCDE的内角和是______ 度；
(2)她跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是______ 度；
(3)如图2，小红参加“全民健身，共筑健康中国”活动，从点A起跑，绕湖周围的小路跑至终点E，若MA//EN，且∠1+∠2=200°，求行程中小红身体转过的角度的和(即∠3+∠4+∠5的值)．
25. (本小题12.0分)
【问题发现】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法.例如x2+2x−35=0，可变形为x(x+2)=35.如图1，构造一个长为x+2、宽为x、面积为35的矩形；如图2，将4个矩形构造成一个边长为(x+x+2)的大正方形，中间恰好是一个边长为2的小正方形.大正方形的面积可表示为(x+x+2)2，也可表示为4×35+22，由此可得新方程：(x+x+2)2=144，易得这个方程的正数解为x=5．
【学以致用】请根据赵爽的方法回答下列问题：
(1)方程x2+3x−10=0可变形为x(______ )=10；
(2)能够得出上述方程的解的正确构图是______ (填序号)；
【思维拓展】(3)参照以上方法求出关于x的一元二次方程x2+bx=c(b>0,c>0)的正数解(用含b，c的代数式表示)．
26. (本小题12.0分)
在正方形ABCD中，AB=6，点P是对角线BD上一点，点F在直线AB上，点E在直线BC上，且∠FPE=90°．
(1)如图1，当点P与点D重合时，且此时点F在BA的延长线上，则线段FP和线段EP的数量关是______ ；
(2)如图2，当点F在AB边上时，(1)中的结论是否依然成立，请说明理由；
(3)如图3，当点P与对角线AC，BD的交点重合时，且此时点F在AB边上，若AF=1.5，连接CF，DE，交于点H，求此时FH的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由平移的定义和性质可知，选项A中的图形可以通过平移得到，选项B、选项C、选项D中的图形可以通过旋转得到，
故选：A．
根据平移的性质逐项进行判断即可．
本题考查平移的性质，掌握平移的性质是正确判断的前提．
2.【答案】D
【解析】解：A.该方程是分式方程，故不符合题意；
B.该方程是是二元二次方程，故不符合题意；
C.该方程中当a≠0时才是一元二次方程，故不符合题意；
D.是一元二次方程，故符合题意．
故选：D．
根据一元二次方程的定义判断即可．
本题主要考查了一元二次方程的定义理解，判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
3.【答案】D
【解析】解：A、原图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、原图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、原图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
观察四个选项中的图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，仔细观察图形根据定义正确判断是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：把x=−1代入方程得：1−3+k=0，
解得：k=2．
故选：B．
把x=−1代入方程计算即可求出k的值．
此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
5.【答案】C
【解析】解：∵分式a+12a−1在实数范围内有意义，
∴2a−1≠0，
解得a≠12．
故选：C．
根据分式有意义的条件，进行判断即可．
本题考查了分式有意义的条件，涉及的知识点为：分式有意义，分母不为零．
6.【答案】A
【解析】解：∵点A(4,4)的对应点是A′(2,5)，
∴点B(1,2)的对应点B′的坐标是(−1,3)．
故选：A．
根据点A(4,4)的对应点是A′(2,5)，可得点A向左平移2个单位，向上平移1个单位至A′，进而可以解决问题．
本题考查了坐标与图形变化−平移，解决本题的关键是掌握平移的性质．
7.【答案】C
【解析】解：设剩余多边形纸片的边数为n(3≤n≤5且n为整数)，
若(n−2)⋅180°=540°，
解得：n=5，
则A不符合题意；
若(n−2)⋅180°=360°，
解得：n=4，
则B不符合题意；
若(n−2)⋅180°=270°，
解得：n=3.5，
则C符合题意；
若(n−2)⋅180°=180°，
解得：n=3，
则D不符合题意；
故选：C．
由题意，设剩余多边形纸片的边数为n，利用多边形内角和公式求得n，其中3≤n≤5且n为整数，据此进行判断即可．
本题考查多边形的内角和，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
8.【答案】C
【解析】解：原分式方程两边同乘(x−2)得：1−x=−m−2(x−2)，
去括号得：1−x=−m−2x+4，
移项，合并同类项得：x=3−m，
∵原分式方程有增根，
∴3−m−2=0，
解得：m=1，
故选：C．
首先解含未知常数的分式方程，然后根据原方程有增根列得关于m的方程，解方程即可．
本题考查根据含未知常数的分式方程有增根求未知常数的值，解方程列得关于m的方程是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵∠BAC=90°，∠B=30°，AC=2，
∴BC=2AC=4，
∵F是BC的中点，
∴AF=12BC=2，
∵D、E分别为AB、AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，
∵AD=BD，
∴AO=OF=12AF=1．
故选：B．
由直角三角形的性质得到BC=2AC=4，由直角三角形斜边中线的性质得到AF=12BC=2，由三角形中位线定理推出DE//BC，由平行线等分线段定理得到AO=OF=12AF=1．
本题考查直角三角形的性质，三角形中位线定理，平行线等分线段定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可知，A1(−1,3)、A2(1,−3)、A3(3,−3)、A4(−3,3)、
A5(−5,3)、A6(5,−3)、A7(7,−3)、A8(−7,3)、
A9(−9,3)、A10(9,−3)、A11(11,−3)、A12(−11,3)，
……，
∴An的纵坐标以3，−3，−3，3为一个周期依次循环，
又A3(3,−3)、A7(7,−3)、A11(11,−3)，
∴A4n+3(4n+3,−3)，
∵2023÷4=505……3，
∴A2023的坐标为(2023,−3)．
故选：B．
先根据平移与关于中心对称的两点之间的坐标特征分别求出A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8、A9、A10、A11、A12的坐标，得出规律，进而求出A2023的坐标．
本题考查了中心对称，坐标与图形变化−平移，以及规律型：点的坐标．正确求出A1～A12的坐标，进而得出点A4n+3的规律是解题的关键．
11.【答案】(x−1)2
【解析】直接利用完全平方公式分解因式即可．
解：x2−2x+1=(x−1)2，
故答案为：(x−1)2．
本题考查了运用公式法分解因式，熟记公式是解题的关键．
12.【答案】x2−3x−1=0
【解析】解：关于x的一元二次方程x2=3x+1化为一般形式是x2−3x−1=0．
故答案为：x2−3x−1=0．
根据移项法则进行变形即可．
本题考查的是一元二次方程的一般形式，任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数，bx叫做一次项，c叫做常数项．
13.【答案】6
【解析】解：设多边形边数为n．
则360°×2=(n−2)⋅180°，
解得n=6．
故答案为：6．
多边形的外角和是360度，多边形的内角和是它的外角和的2倍，则多边形的内角和是720度，根据多边形的内角和可以表示成(n−2)⋅180°，依此列方程可求解．
本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征，求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
14.【答案】(8,3)
【解析】解：∵矩形ABCD的边AB长为8，边AD长为5，
∴AD′=5，C′D′=8，
∵AB的中点是坐标原点O，
∴OA=12AB=12×8=4，
∴OD′= AD′2−OA2=3，
∴点C′的坐标为(8,3)，
故答案为：(8,3)．
根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
15.【答案】2 2+2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∵AB=AD，∠A=90°，
∵BB′=AB，B′D=2，
∴BD=BB′+B′D=AB+2，
在Rt△ABD中，AB2+AD2=BD2，
∴AB2+AB2=(AB+2)2，
解得AB=2 2+2(舍去负值)．
故答案为：2 2+2．
利用正方形的性质以及勾股定理得到关于AB的方程，解方程即可求得答案．
本题考查利用平移设计图案，正方形的性质，勾股定理，平移变换等知识，解题关键是掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】4 55
【解析】解：∵四边形EDFC是菱形，
∴EF⊥CD，DG=CG，
∴∠DGE=∠CGE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD，
∴四边形ADGE是矩形，
∴DG=AE=2，EG=AD
∴CG=DG=2，
∴CD=4，
∴AD=CD=EG=4，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CE= CG2+EG2= 22+42=2 5，
∵四边形HGNM是矩形，
∴GN⊥CE，HM=GN，
∴S△CGE=12CG⋅EG=12CE⋅GN，
∴12×2×4=12×2 5⋅GN，
∴GN=4 55，
∴HM=GN=4 55，
故答案为：4 55．
先根据菱形的性质得出EF⊥CD，再根据正方形的性质得出∠A=∠ADC=90°，于是得出四边形ADGE是矩形，即可求出DG、EG的长，利用勾股定理求出CE的长，最后根据直角三角形的面积即可求出GN的长，再根据矩形的对边相等即可得出HM的长．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，直角三角形的面积，熟练掌握这些性质是解题的关键．
17.【答案】解：原式=a−1a+1÷a−1(a+1)2
=a−1a+1⋅(a+1)2a−1
=a+1，
当a=2023时，
原式=2023+1=2024．
【解析】利用分式混合运算法则将原式化简后代入数值计算即可．
本题考查分式的化简求值，利用相关运算法则进行正确的分式化简是解题的关键．
18.【答案】解：∵关于x一元二次方程x2−4x−4=0有实数根，
∴Δ=42−4−k≥0，
解得：k≤4，
∴k的取值范围为k≤4．
【解析】由方程有实数根得出Δ=(−4)2−4k≥0，据此解答．
本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根与判别式间的关系是解题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，BC=CD，
∵CE=CF，
∴BE=DF，
在△ABE与△ADF中，
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF．
【解析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
20.【答案】解：(1)x2+4x−4=0，
(x+2)2=8，
x+2=2 2，
x1=2 2−2，x2=−2 2−2；
(2)xx−2+3=x−42−x
x+3(x−2)=−(x−4)，
解得x=2，
经检验，x=2是增根，
所以原方程无解．
【解析】(1)方程利用配方法求解即可；
(2)方程两边同时乘(x−2)，可得x+3(x−2)=−(x−4)，解方程求出x的值，再进行验根即可．
本题考查了解一元二次方程以及解分式方程，掌握配方法以及解分式方程的步骤是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；B1坐标为(2,−2)；
(2)如图所示，△AA2B2C即为所求．
(3)如图所示，点P即为所求，P的坐标为(−1,−5)．
【解析】(1)利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案；
(2)利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案；
(3)利用旋转图形的性质，得到对应点，对应点连线的交点即为旋转中心．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．
22.【答案】解：设每据B种菜苗的价格是x元，
根据题意得：400x−4002x=10，
解得：x=20，
经检验，x=20是原方程的解，且符合题意，
∴2×20=40(元)，
答：某苗基地每据A种某苗的价格是40元．
【解析】设每据B种菜苗的价格是x元，根据用400元购进A种菜苗的数量比用400元购进B种菜苗的数量少10捆列方程即可．
本题考查了分式方程的应用，正确地理解题意，列出分式方程是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵DE//BC，EC//AB，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∴EC//DB，且EC=DB，
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD=DB=CD，
∴EC=AD，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴ED//BC，
∴∠AOD=∠ACB．
∵∠ACB=90°，
∴∠AOD=∠ACB=90°，
∴平行四边形ADCE是菱形；
(2)解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠BAC=30°，BC= 3，
∴AD=DB=CD=BC= 3，
∴AB=2 3，由勾股定理得AC= AB2−BC2=3，
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE=BC= 3，
∴四边形ADCE的面积=12AC⋅DE=12×3× 3=3 32．
【解析】(1)欲证明四边形ADCE是菱形，需先证明四边形ADCE为平行四边形，然后再证明其对角线相互垂直；
(2)根据勾股定理得到AC的长度，由含30度角的直角三角形的性质求得DE的长度，然后由菱形的面积公式：S=12AC⋅DE进行解答．
此题主要考查菱形的性质和判定以及面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
24.【答案】540 360
【解析】解：(1)根据多边形内角和公式(n−2)⋅180°得，五边形内角和为(5−2)×180°=540°；
故答案为：540．
(2)根据多边形外角和都是360°，跑完一圈，跑步方向改变的角度的和，360°；
故答案为：360．
(3)延长NE交AB于点F，
∵MA//EN，
∴∠1=∠6，
∠1+∠2=200°，
∠6+∠2=200°，
∵在五边形FBCDE中，
∠6+∠3+∠4+∠5+∠2=360°，
∠3+∠4+∠5=160°．
(1)根据多边形内角和公式计算即可；
(2)根据多边形外角和都是360°可得；
(3)延长NE构成新的四边形，根据外角和360°减去200°即可得出结果．
本题考查了多边形的内角和与外角和以及平行线的性质，熟记内角和公式是求内角和的关键．
25.【答案】x+3 ②
【解析】解：(1)方程x2+3x−10=0可变形为x( x+3)=10．
故答案为：x+3；
(2)能够得出上述方程的解的正确构图是②．
故答案为：②；
(3)∵x2+bx=c，
∴x(x+b)=c，
(x+x+b)2=4c+b2，
(2x+b)2=4c+b2，
2x+b= 4c+b2，
∴x= 4c+b2−b2．
(1)根据赵爽的方法变形即可求解；
(2)根据方程得到正确构图即可求解；
(3)根据赵爽的方法解方程，进一步得到方程的正数解即可．
本题主要考查一元二次方程的建模，根据示例和方程的特点构建几何图形并完成分割是解题的关键．
26.【答案】PF=PE
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠C=∠BAD=90°，AD=CD，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADF=∠CDE，
∴△CDE≌△ADF(ASA)，
∴DE=DF，
即PE=PF，
故答案为：PF=PE；
(2)依然成立．
理由：过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，
∴∠PMF=90°=∠PNE，
∵四边形ABCD是正方形，P在BD上，
∴∠ABP=∠CBP，
∴PM=PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠MM=360°−∠PMB−∠PNB−∠ABC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠MPF+∠FPN=∠EPN+∠FPN，
∴∠MPF=∠EPN，
在△MPF和△PNE中，
PM=PN∠PMF=∠PNE∠MPF=∠EPN，
∴△PMF≌△PNE(AAS)，
∴PF=PE；
(3)由(2)知PF=PE，
∵四边形ABCD是正方形，P是对角线的交点，
∴AP=BP=PD=PC，AC⊥BD，
∴∠APB=∠DPC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠APF=∠BPE，
在△APF和△BPE，
PF=PE∠APF=∠BPEAP=BP，
∴△APF≌△BPE(SAS)，
∴AF=BE=1.5．
∴EC=BC−BE=6−1.5=4.5，
∴ED= EC2+DC2=7.5，
∵∠FPC=90°+∠EPC=∠EPD，
在△FPC和△PED中，
PF=PE∠FPC=∠EPDPD=PC，
∴△FPC≌△EPD(SAS)，
∴FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，
∵∠PFC+∠FPE=∠PED+∠FHE，
∴∠FHE=∠FPE=90°，
即HC是△EDC斜边上的高，
由面积关系得S△EDC=12EC⋅DC=12ED⋅HC，
∴HC=EC⋅DCED=4.5×67.5=3.6，
∴FH=FC−HC=7.5−3.6=3.9．
(1)证明△CDE≌△ADF(ASA)，由全等三角形的性质得出DE=DF，则可得出结论；
(2)过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，证明△PMF≌△PNE(AAS)，由全等三角形的性质得出PF=PE；
(3)证明△APF≌△BPE(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=BE=1.5.证明△FPC≌△EPD(SAS)，由全等三角形的性质得出FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，由三角形EDC的面积求出HC的长，则可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识点，作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
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