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2022-2023学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期末数学试卷
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期末数学试卷，共26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学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 化简 16的结果是( )
A. 4 B. −4 C. ±4 D. ±8
2. 在平面直面坐标系中有两点A(3,0)和B(0,4)，则这两点之间的距离是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 7
3. 下列式子中，表示y是x的正比例函数的是( )
A. y=2x B. y=x2 C. y=2x2 D. y2=4x
4. 在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示，则这些运动员成绩的众数是( )
成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
A. 1.60 B. 1.65 C. 1.70 D. 1.75
5. 矩形不一定具有的性质是( )
A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直 C. 对角线相等 D. 对角相等
6. 如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，∠ABC的角平分线交DE点F，AB=10，BC=12，则EF的长为( )
A. 1
B. 1.5
C. 2
D. 2.5
7. 如图，点E是矩形ABCD的边BC上的中点，将△ABE折叠得到△AFE，点F在矩形内部，AF的延长线交CD于点G，若AD=12，CG=4，则AB的长为( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
8. 某电信公司推出两种不同的收费标准：A种方式是月租20元；B种方式是月租0元.一个月本地网内打出电话费S(元)与打出时间t(分)的函数图象如图所示，当打出150分钟时，这两种方式的电话费相差( )
A. 5元
B. 10元
C. 15元
D. 20元
9. 大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周伸算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO=GP，则直角三角形的边CG与BG之比是( )
A. 12 B. 25 C. 2−1 D. 3− 2
10. 如图，直线l：y= 33x+ 33与x轴交于点E，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…，都是含60°内角的菱形，点A1，A2，A3，…，都在x轴上，点C1，C2，C3…，都在直线l上，且OA1=OE，则点C6的横坐标是( )
A. 47 B. 49 C. 95 D. 97
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 5= ______ ， 18÷ 2= ______ ， (−3)2= ______ ；
12. 晨光中学规定学生的学期体育成绩满分为100，其中早锻炼及体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%.小桐三项成绩(百分制)依次分别是90分，95分，90分.小桐这学期的体育成绩是______ ．
13. 若点A(1,y1)，B(2,y2)在一次函数y=−3x+m(m是常数)的图象上，则y1，y2的大小关系是y1 ______ y2.(填“>”，“=”或“<”)．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，E是斜边AB的中点，若CD=1，则BD= ______ ．
15. 一次函数y1=kx+b(b>5)与y2=mx−m交于点A(3,2)，有下列结论：
①关于x的方程kx+b=mx−m的解为x=3；
②关于x的不等式组kx+b>mx−m≥0的解集为1≤x<3；
③k<−1；
④若|y1−y2|=b+1，则x=0或−6．
其中正确的结论是______ .(填写序号)
16. 如图，将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到正方形AB′C′D′，连接BB′，BC′，在旋转角从0°到180°的整个旋转过程中，当BB′=BC′时，△BB′C′的面积为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
直线y=kx−1经过(3,5)．
(1)求这条直线的解析式；
(2)求关于x的不等式kx−1≤0的解集．
18. (本小题8.0分)
四边形ABCD中，∠B=90°，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13．
(1)求证：△ACD是直角三角形；
(2)求四边形ABCD的面积．
19. (本小题8.0分)
数学运算是数学六大核心素养之一.某校八年级为了评估学生的数学运算能力，随机抽取a名学生进行数学计算测试(满分100分)，整理所得数据绘制成了不完整的统计图表.成绩频数分布表：
成绩等级
D等级
C等级
B等级
A等级
分数x/分
60
9
b
12
c
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出a，b的值；
(2)本次测试成绩的中位数所在的等级是______ ；成绩达到A等级的人数占测试人数的百分比是______ ；
(3)学校拟将成绩超过80分的学生评为“计算小能手”，若该年级学生以1000人计算，估计可评为“计算小能手”的学生人数．
20. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，且∠1=∠2．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB=60°，且AB=4，求四边形ABCD的面积．
21. (本小题8.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E在BC边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．
(1)如图1，在AD上画点F，使四边形AECF是平行四边形；
(2)如图2，在CD上画点K，使CK=CE；
(3)如图3，若点G在BD上，在BD上画点H，使四边形AGCH是菱形．
22. (本小题10.0分)
某大型超市从水果批发市场购进哈密瓜和苹果进行销售，两种水果的进价和售价如表所示：
水果名称
进价(元/千克)
售价(元/千克)
哈密瓜
a
10
苹果
b
销量不超过100千克的部分
销量超过100千克的部分
16
14
已知超市购进20千克哈密瓜和10千克苹果需要260元，购进10千克哈密瓜和20千克苹果需要310元．
(1)求a，b的值；
(2)若超市每天购进两种水果共150千克，并在当天都销售完，其中销售哈密瓜不少于40千克且不超过60千克，设每天销售哈密瓜x千克(损耗忽略不计)，
①分别求出每天销售哈密瓜的利润y1(单位：元)，销售苹果的利润y2(单位：元)与x(单位：千克)的函数关系式，并写出x的取值范围；
②“端午节”当天超市让利销售，将哈密瓜的售价每千克降低m元，苹果售价全部定为14元，为了保证当天销售这两种水果总利润w(元)的最小值不少于320元，求m的最大值．
23. (本小题10.0分)
【探索发现】(1)如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形A1B1C1O绕点O怎么转动，总有△AEO≌△BFO，连接EF，求证：AE2+CF2=EF2；
【类比迁移】(2)如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，CO与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断(1)中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
【迁移拓展】(3)如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当BF=1cm时，直接写出线段EF的长度．
24. (本小题12.0分)
如图，直线y=kx−4k(k≠0)与坐标轴分别交于点A，B，S△AOB=8，以OA为边在y轴的右侧作正方形AOBC．
(1)求点A，B的坐标；
(2)如图，点D是x轴上一动点，点E在AD的右侧，∠ADE=90°，AD=DE；
①如图1，问点E是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；
②如图2，点D是线段OB的中点，另一动点H在直线BE上，且∠HAC=∠BAD，请直接写出点H的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵4的平方是16，
∴16的算术平方根为4．
故选：A．
由于 16表示16的算术平方根，根据算术平方根的定义即可求出结果．
此题主要考查了算术平方根的定义，解题时注意算术平方根的概念易与平方根的概念混淆而导致错误．规律总结：弄清概念是解决本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：如图，
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴AB= OA2+OB2= 32+42=5，
故选：C．
由勾股定理即可得出答案．
本题考查了勾股定理、坐标与图形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.是反比例函数，不是正比例函数，故本选项不符合题意；
B.是正比例函数，故本选项符合题意；
C.是二次函数，不是正比例函数，故本选项不符合题意；
D.不是正比例函数，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据正比例函数的定义逐个判断即可．
本题考查了正比例函数的定义，能熟记正比例函数定义是解此题的关键，注意：形如y=kx+b(k、b为常数，k≠0)的函数叫一次函数，当b=0时，函数也叫正比例函数．
4.【答案】D
【解析】解：共15名运动员，成绩出现次数最多的是1.75m，出现了4次．
故选：D．
直接利用众数的概念求解可得答案．
本题主要考查众数，解题的关键是掌握众数的定义．
5.【答案】B
【解析】解：矩形是平行四边形，对角线互相平分，对角线相等，对角相等，对角线不一定互相垂直．
故选：B．
根据矩形的性质逐项分析判断即可求解．
本题考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：连接AF并延长交BC于H，如图所示：
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC=6，AF=FH，
在△BFA和△BFH中，
∠ABF=∠HBF∠AFB=∠HFBFA=FH，
∴△BFA≌△BFH(AAS)，
∴BH=AB=10，
∵AD=DB，AF=FH，
∴DF是△ABH的中位线，
∴DF=12BH=5，
∴EF=DE−DF=6−5=1，
故选：A．
延长AF交BC于H，由三角形中位线定理得到DE//BC，DE=12BC=6，AF=FH，再证△BFA≌△BFH(AAS)，得BH=AB=10，然后由三角形中位线定理得DF=5，代入EF=DE−DF求解即可．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=12，AB=CD，
∵点E是矩形ABCD的边BC上的中点，
∴BE=CE=12BC=6，
∵将△ABE折叠得到△AFE，
∴AB=AF，BE=EF=EC=6，∠B=∠EFA=90°，
如图，连接EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG(HL)，
∴FG=CG=4，
设AB=AF=x，则DG=x−4，AG=x+4，
在Rt△ADG中，AD2+DG2=AG2，
即122+(x−4)2=(x+4)2，
解得x=9，
∴AB=9，
故选：C．
利用矩形的性质得AD=BC=12，AB=CD，根据题意可得BE=CE=12BC=6，由折叠的性质可得AB=AF，BE=EF=EC=6，∠B=∠EFA=90°，可证Rt△EFG≌Rt△ECG(HL)，得出FG=CG=4，设AB=AF=x，则DG=x−4，AG=x+4，在Rt△ADG中，利用勾股定理即可求解．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质及勾股定理的性质，解题的关键是掌握折叠的性质和勾股定理的性质．
8.【答案】B
【解析】解：设A种方式话费单价为x元，B种方式话费单价y元，
20+100x=30，解得x=0.1，
100y=30，解得y=0.3，
打出150分钟，
A种方式：20+150×0.1=35(元)，
B种方式：0.3×150=45(元)，
∴相差45−35=10(元)，
故选：B．
根据函数图象算出每种方式的单价，再分别算出两种方式打出150分钟需要多少元话费，求出差值．
本题以一次函数为背景考查了一次函数的实际应用，考查了学生根据函数图象列方程，解决问题的关键是理解函数图象的意义，列出正确的方程，解方程即可．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH=45°，∠FGH=90°，
∵OG=GP，
∴∠GOP=∠OPG=67.5°，
∴∠PBG=22.5°，
又∵∠DBC=45°，
∴∠GBC=22.5°，
∴∠PBG=∠GBC，
∵∠BGP=∠BGC=90°，BG=BG，
∴△BPG≌△BCG(ASA)，
∴PG=CG．
设OG=PG=CG=x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG=2x，FG= 2x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF=CG=x，
∴BG=x+ 2x，
∴CGBG=xx+ 2x= 2−1，
故选：C．
先证明△BPG≌△BCG(ASA)，得出PG=CG.设OG=PG=CG=x，则EG=2x，FG= 2x，即可得出答案．
本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，直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：作C1D⊥x轴于D，C2E⊥x轴于E，C3F⊥x轴于F，
∵直线l：y= 33x+ 33与x轴交于点E，
∴当y=0时，x=−1，
∴点E的坐标为(−1,0)，
∴OE=1，
∴OA1=OE=1，
∵四边形OA1B1C1是含60°内角的菱形，
∴OD=12，C1D= 32，
∴C1(12, 32)，
设菱形A1A2B2C2的边长为a，则A1E=12a，C2E= 32a，
∴C2(1+12a, 32a)，
代入y= 33x+ 33得， 32a= 33(1+12a)+ 33，
解得a=2，
∴C2(2, 3)，
设菱形A2A3B3C3的边长为b，则A2F=12b，C3F= 32b，
∴C3(3+12b, 32b)，
代入y= 33x+ 33得， 32b= 33(3+12b)+ 33，
解得b=4，
∴C3(5,2 3)，
，…，
∴Cn的纵坐标为2n−2 3，
∴C6的纵坐标为16 3．
代入y= 33x+ 33，解得x=47，
∴C6的横坐标为47．
故选：A．
根据题意和图形可以求得前几个菱形的边长，然后根据锐角三角函数即可求得点Cn的坐标．
本题考查菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，找出规律是解题的关键．
11.【答案】 10 3 3
【解析】解： 2× 5= 2×5= 10，
18÷ 2= 18÷2= 9=3，
(−3)2= 9=3，
故答案为： 10，3，3．
根据二次根式的乘法法则、除法法则以及二次根式的性质计算即可．
本题考查的是二次根式乘除法、二次根式的性质，掌握二次根式的乘除法法则是解题的关键．
12.【答案】91.5分
【解析】解：小桐这学期的体育成绩是90×20%+95×30%+90×50%=91.5(分)，
故答案为：91.5分．
根据权数的意义计算即可．
本题考查了加权平均数：若n个数x1，x2，x3，…，xn的权分别是w1，w2，w3，…，wn，则(x1w1+x2w2+…+xnwn)÷(w1+w2+…+wn)叫做这n个数的加权平均数．
13.【答案】>
【解析】解：∵k=−3<0，
∴y随x的增大而减小，
又∵点A(1,y1)，B(2,y2)在一次函数y=−3x+m(m是常数)的图象上，且1<2，
∴y1>y2．
故答案为：>．
由k=−3<0，利用一次函数的性质，可得出y随x的增大而减小，再结合1<2，即可得出y1>y2．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
14.【答案】 2−1
【解析】解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵∠ACD=3∠BCD，
∴∠ACD=67.5°，∠BCD=22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∴∠A=90°−∠ACD=22.5°，
∵E是斜边AB的中点，
∴BE=EC=EA=12AB，
∴∠ECA=∠A=22.5°，
∴∠DEC=∠A+∠ECA=45°，
∴∠DCE=90°−∠DEC=45°，
∴∠DCE=∠DEC=45°，
∴CD=DE=1，
∴CE= 2CD= 2，
∴BE=CE= 2，
∴BD=BE−DE= 2−1，
故答案为： 2−1．
根据已知可得∠ACD+∠BCD=90°，从而可得∠ACD=67.5°，∠BCD=22.5°，再根据垂直定义可得∠CDA=90°，从而可得∠A=22.5°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得BE=EC=EA，从而可得∠ECA=∠A=22.5°，再利用三角形的外角性质可得∠DEC=45°，从而可得∠DCE=∠DEC=45°，进而可得CD=DE=1，最后利用等腰直角三角形的性质可得CE= 2，从而可得BE=CE= 2，进而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
15.【答案】①②③④
【解析】解：根据题意画函数的图象如下：
∵一次函数y1=kx+b(b>5)与y2=mx−m交于点A(3,2)，
∴3m−m=2，
解得：m=1，
∴y2=x−1与x轴的交点为(1,0)，
①由图象得：关于x的方程kx+b=mx−m的解为x=3，
故①是正确的；
②由图象得：不等式组kx+b>mx−m≥0的解集为1≤x<3，
故②是正确的；
③当b=5时，3k+5=2，
解得k=−1，
∴当b>5时，
∴k<−1，
故是正确的；
④∵|y1−y2|=b+1，
∴|(kx+b)−(x−1)|=b+1，
解得：x1=0，x2=−2b−2k−1，
由三角形全等得：x2=6，
故④正确；
故答案为：①②③④．
①根据一次函数与方程是关系求解；
②根据函数的图象求解；
③根据一次函数的系数与图象的关系求解；
④根据三角形全等额性质求解．
本题考查了一次函数与方程和不等式的关系，掌握数形结合思想是解题的关键．
16.【答案】8+4 3或8−4 3
【解析】解：当点D′在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B′C′于E，延长EB交AD′于F，
∵将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，
∴AB=AB′=B′C′=AD′=4，∠BAD=∠B′AD′=90°=∠C′B′A，
∵BB′=BC′，BE⊥B′C′，
∴B′E=C′E=2，
∵BE⊥B′C′，∠B′AD′=∠AB′C′=90°，
∴四边形B′EFA是矩形，
∴AF=B′E=2，EF=AB′=4，
∴BF= AB2−AF2=2 3，
∴BE=4−2 3，
∴△BB′C′的面积=B′C′×BE=×4×(4−2 3)=8−4 3；
若点D′在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B′C′于M，交A′D′于N，
同理可求BN=2 3，
∴BM=MN+BN=4+2 3，
∴△BB′C′的面积=B′C′×BM=×4×(4+2 3)=8+4 3；
综上所述：△BB′C′的面积为8+4 3或8−4 3．
故答案为：8+4 3或8−4 3
当点D′在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B′C′于E，延长EB交AD′于F，由旋转的可得AB=AB′=B′C′=AD′=4，∠BAD=∠B′AD′=90°=∠C′B′A，由等腰三角形的性质可求B′E=C′E=2，通过证明四边形B′EFA是矩形，可得AF=B′E=2，EF=AB′=4，由勾股定理可求BF的长，可得BE的长，由三角形面积公式可求解；若点D′在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B′C′于M，交A′D′于N，相同的方法可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造矩形是本题的关键．
17.【答案】解：(1)由题意得：3k−1=5，
解得：k=2，
∴这条直线的解析式为：y=2x−1；
(2)由题意得：2x−1≤0，
解得：x≤12，
不等式kx−1≤0的解集为：x≤12．
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)根据解不等式的方法求解．
本题考查了待定系数法，掌握待定系数法及解不等式是解题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴AC= 32+42=5，
∵AC2+CD2=52+122=169=132=AD2，
∴△ACD是直角三角形；
(2)解：四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD=12×4×3+12×12×5=6+30=36．
【解析】(1)利用勾股定理计算出AC的长，再利用勾股定理逆定理证明△ACD是直角三角形即可；
(2)计算出△ABC和△ACD的面积，再求和即可．
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．
19.【答案】B 36%
【解析】解：(1)a=12÷24%=50，b=50×22%=11；
(2)本次测试成绩的中位数所在的等级是B等级，成绩达到A等级的人数占测试人数的百分比是50−(9+11+12)50×100%=36%，
故答案为：B，36%；
(3)1000×50−(9+11)50=600(人)，
答：估计可评为“计算小能手”的学生有600人．
(1)由B等级人数及其所占百分比可得a的值，用总人数乘以C等级对应百分比可得b的值；
(2)根据中位数的定义可得中位数所在等级，用A等级人数除以总人数可得答案；
(3)总人数乘以A、B等级人数和所占比例即可．
本题考查中位数，频数分布表以及用样本估计总体，掌握中位数以及“频率=频数总数”是正确解答的前提．
20.【答案】(1)证明：在▱ABCD中，AO=CO，BO=DO，
∵∠1=∠2，
∴BO=CO，
∴AO=BO=CO=DO，
∴AC=BD，
∴▱ABCD为矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=4，
∴AC=BD=8；
∵AC=8，AB=4，
∴BC= AC2−AB2= 82−42=4 3，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=4×4 3=16 3．
【解析】(1)根据等角对等边得出OB=OC，根据平行四边形性质求出OC=OA=12AC，OB=OD=12BD，推出AC=BD，根据矩形的判定推出即可；
(2)根据矩形的性质和等边三角形的性质解答即可．
本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，灵活运用矩形的性质是本题的关键．
21.【答案】解：(1)如图1，点F为所作；
(2)如图2，点K为所作；
(3)如图3，点H为所作．
【解析】(1)先连接AC、BD，它们相交于点O，再延长EO交AD于F，利用菱形的中心对称的性质得到OA=OC、OE=OF，则四边形AECF为平行四边形；
(2)先连接AC、BD，它们相交于点O，再延长EO交AD于F，然后连接CF交BD于P点，则延长AP交CD于K点，根据菱形的轴对称性质得到CK=AF，由(1)得AF=CE，所以CK=CE；
(3)先连接AC交BD于点O，延长AG交BC于M点，再延长MO交AD于N点，然后连接CN交BD于H点，利用AC和GH互相垂直平分得到四边形AGCH为菱形．
本题考查了作图−复杂作图：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．也考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质．
22.【答案】解：(1)由题可列20a+10b=26010a+20b=310，
解得a=7b=12．
(2)①据题意，得y1=(10−7)x=3x(40
②根据题意，根据题意，得W=(10−m−7)x+(14−12)×(150−x)=(1−m)x+300，其中40
∴k=1−m>0，
∴W随x的增大而增大，当x=40时，W的取得最小值．
由题意得(1−m)×40+300≥320，解得m≤05，
∴m的最大值为0.5．
【解析】(1)根据信息列二元一次方程得出答案；
(2)分类讨论，分别求出30≤x≤60和60
本题以应用题为背景考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解题的关键是明确题意，根据公式正确列出关系式．本题难度适中，常为考试题．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD、A1B1C1O都是正方形，
∴OA=OB，∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF(ASA)，
∴AE=BF，
∴BE=CF，连接EF，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
∴AE2+CF2=EF2．
(2)AE2+CF2=EF2仍然成立．
连接AC，
∵O是矩形ABCD的中心，
∴O在AC上，且AO=CO，
延长EO交CD于G，连接FG，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，AB//CD，
∴∠BAO=∠DCO，∠AEO=∠CGO，
∵△AOE≌△COG，
∴AE=CG，OE=0G，
又∵矩形A1B1C1O中，CG2+CF2=FG2，
∴AE2+CF2=EF2．
(3)当点F在边BC上时，如图：
∵BF=1，
∴CF=3，
设CE=x cm，则AE=(3−x)cm，
则(3−x)2+12=x2+32，
解得x=1，即CE=1，
∴EF= CE2+CF2= 12+22= 5(cm)．
当点F在边CB延长线上时，如图：
同理可证．AE2+BF2=EF2，
设CE=x，则AE=3+x，
∵EF2=CE2+CF2=AE2+BF2，
∴x2+52=(x+3)2+12，
解得x=52，即CE=52，
∴EF= 52+(52)2=5 52(cm)，
综上所述，EF= 5或5 52(cm)，
【解析】(1)根据正方形的性质证明△AOE≌△BOF，推出AE=BF，得到BE=CF，然后根据股定理和线段的代换即可证得结论．
(2)连接AC，证明△AOE≌△COG，可得AE=CG，OE=0G，然后根据股定理和线段的代换证明即可；
(3)设CE=x，分两种情况：当点F在边BC上，点F在边CB延长线上时，结合(2)的结论利用股定理构建方程求解即
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键
24.【答案】解：(1)分别将x=0，y=0代入y=kx−4k(k≠0)，
得y=−4k，x=4，
即A(0,−4k)，B(4,0)，
∴OA=−4k，OB=4，
∵S△AOB=12OA×OB=8，
∴k=−1，
即A(0,4)，B(4,0)．
答：A(0,4)，B(4,0)．
(2)①点E是在定直线上．
过点E作EF⊥x轴，如图，
由题意可得：∠AOD=∠DFE=∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠EDF=∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠OAD=∠EDF，
∴△AOD≌△DFE(AAS)，
∴DF=OA=4，EF=OD，
∴BF=DF−DB=OA−DB=OB−DB=OD，
∴EF=BF，
设E(x,y)，则D(y,0)，F(x,0)，
由题意可得：OF=OD+DF=OD+OA，
即y=x−4，
∴点E在定直线y=x−4上．
②连接AE，由题意可得△ADE为等腰直角三角形，∠DAE=45°，
∵四边形OACB为正方形，
∴∠BAC=∠DAE=45°，
∴∠EAC=∠BAD，此时点H与点E重合，
由①可得E(6,2)，
∴H(6,2)，
设直线AE为y=kx+b，将E(6,2)、A(0,4)代入，
得6k+b=2b=4，
解得k=−13b=4，
∴直线AE为y=−13x+4，
当x=4时，y=83，
∴M(4,83)，
作点M关于直线AC的对称点N，
∴N(4,163)，
此时∠NAC=∠EAC=∠BAD，
∴点H为直线AN与BE的交点，
∴直线AN为y=13x+4，
联立y=13x+4y=x−4，
解得x=12y=8，
∴H(12,8)．
综上，点H坐标为(12,8)或(6,2)．
【解析】(1)分别将x=0，y=0代入y=kx−4k(k≠0)求解，再根据S△AOB=8，即可求解；
(2)①过点E作EF⊥x轴，通过证明△AOD≌△DFE，得到BF=EF，即可求解；
②连接AE，可得点H与点E重合，作点M关于直线AC的对称点N，可得N点坐标，求得直线AN的解析式，即可求解．
本题考查了一次函数的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
2022-2023学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 化简 16的结果是( )
A. 4 B. −4 C. ±4 D. ±8
2. 在平面直面坐标系中有两点A(3,0)和B(0,4)，则这两点之间的距离是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 7
3. 下列式子中，表示y是x的正比例函数的是( )
A. y=2x B. y=x2 C. y=2x2 D. y2=4x
4. 在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示，则这些运动员成绩的众数是( )
成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
A. 1.60 B. 1.65 C. 1.70 D. 1.75
5. 矩形不一定具有的性质是( )
A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直 C. 对角线相等 D. 对角相等
6. 如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，∠ABC的角平分线交DE点F，AB=10，BC=12，则EF的长为( )
A. 1
B. 1.5
C. 2
D. 2.5
7. 如图，点E是矩形ABCD的边BC上的中点，将△ABE折叠得到△AFE，点F在矩形内部，AF的延长线交CD于点G，若AD=12，CG=4，则AB的长为( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
8. 某电信公司推出两种不同的收费标准：A种方式是月租20元；B种方式是月租0元.一个月本地网内打出电话费S(元)与打出时间t(分)的函数图象如图所示，当打出150分钟时，这两种方式的电话费相差( )
A. 5元
B. 10元
C. 15元
D. 20元
9. 大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周伸算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO=GP，则直角三角形的边CG与BG之比是( )
A. 12 B. 25 C. 2−1 D. 3− 2
10. 如图，直线l：y= 33x+ 33与x轴交于点E，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…，都是含60°内角的菱形，点A1，A2，A3，…，都在x轴上，点C1，C2，C3…，都在直线l上，且OA1=OE，则点C6的横坐标是( )
A. 47 B. 49 C. 95 D. 97
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 5= ______ ， 18÷ 2= ______ ， (−3)2= ______ ；
12. 晨光中学规定学生的学期体育成绩满分为100，其中早锻炼及体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%.小桐三项成绩(百分制)依次分别是90分，95分，90分.小桐这学期的体育成绩是______ ．
13. 若点A(1,y1)，B(2,y2)在一次函数y=−3x+m(m是常数)的图象上，则y1，y2的大小关系是y1 ______ y2.(填“>”，“=”或“<”)．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，E是斜边AB的中点，若CD=1，则BD= ______ ．
15. 一次函数y1=kx+b(b>5)与y2=mx−m交于点A(3,2)，有下列结论：
①关于x的方程kx+b=mx−m的解为x=3；
②关于x的不等式组kx+b>mx−m≥0的解集为1≤x<3；
③k<−1；
④若|y1−y2|=b+1，则x=0或−6．
其中正确的结论是______ .(填写序号)
16. 如图，将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到正方形AB′C′D′，连接BB′，BC′，在旋转角从0°到180°的整个旋转过程中，当BB′=BC′时，△BB′C′的面积为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
直线y=kx−1经过(3,5)．
(1)求这条直线的解析式；
(2)求关于x的不等式kx−1≤0的解集．
18. (本小题8.0分)
四边形ABCD中，∠B=90°，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13．
(1)求证：△ACD是直角三角形；
(2)求四边形ABCD的面积．
19. (本小题8.0分)
数学运算是数学六大核心素养之一.某校八年级为了评估学生的数学运算能力，随机抽取a名学生进行数学计算测试(满分100分)，整理所得数据绘制成了不完整的统计图表.成绩频数分布表：
成绩等级
D等级
C等级
B等级
A等级
分数x/分
60
9
b
12
c
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出a，b的值；
(2)本次测试成绩的中位数所在的等级是______ ；成绩达到A等级的人数占测试人数的百分比是______ ；
(3)学校拟将成绩超过80分的学生评为“计算小能手”，若该年级学生以1000人计算，估计可评为“计算小能手”的学生人数．
20. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，且∠1=∠2．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB=60°，且AB=4，求四边形ABCD的面积．
21. (本小题8.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E在BC边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．
(1)如图1，在AD上画点F，使四边形AECF是平行四边形；
(2)如图2，在CD上画点K，使CK=CE；
(3)如图3，若点G在BD上，在BD上画点H，使四边形AGCH是菱形．
22. (本小题10.0分)
某大型超市从水果批发市场购进哈密瓜和苹果进行销售，两种水果的进价和售价如表所示：
水果名称
进价(元/千克)
售价(元/千克)
哈密瓜
a
10
苹果
b
销量不超过100千克的部分
销量超过100千克的部分
16
14
已知超市购进20千克哈密瓜和10千克苹果需要260元，购进10千克哈密瓜和20千克苹果需要310元．
(1)求a，b的值；
(2)若超市每天购进两种水果共150千克，并在当天都销售完，其中销售哈密瓜不少于40千克且不超过60千克，设每天销售哈密瓜x千克(损耗忽略不计)，
①分别求出每天销售哈密瓜的利润y1(单位：元)，销售苹果的利润y2(单位：元)与x(单位：千克)的函数关系式，并写出x的取值范围；
②“端午节”当天超市让利销售，将哈密瓜的售价每千克降低m元，苹果售价全部定为14元，为了保证当天销售这两种水果总利润w(元)的最小值不少于320元，求m的最大值．
23. (本小题10.0分)
【探索发现】(1)如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形A1B1C1O绕点O怎么转动，总有△AEO≌△BFO，连接EF，求证：AE2+CF2=EF2；
【类比迁移】(2)如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，CO与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断(1)中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
【迁移拓展】(3)如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当BF=1cm时，直接写出线段EF的长度．
24. (本小题12.0分)
如图，直线y=kx−4k(k≠0)与坐标轴分别交于点A，B，S△AOB=8，以OA为边在y轴的右侧作正方形AOBC．
(1)求点A，B的坐标；
(2)如图，点D是x轴上一动点，点E在AD的右侧，∠ADE=90°，AD=DE；
①如图1，问点E是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；
②如图2，点D是线段OB的中点，另一动点H在直线BE上，且∠HAC=∠BAD，请直接写出点H的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵4的平方是16，
∴16的算术平方根为4．
故选：A．
由于 16表示16的算术平方根，根据算术平方根的定义即可求出结果．
此题主要考查了算术平方根的定义，解题时注意算术平方根的概念易与平方根的概念混淆而导致错误．规律总结：弄清概念是解决本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：如图，
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴AB= OA2+OB2= 32+42=5，
故选：C．
由勾股定理即可得出答案．
本题考查了勾股定理、坐标与图形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.是反比例函数，不是正比例函数，故本选项不符合题意；
B.是正比例函数，故本选项符合题意；
C.是二次函数，不是正比例函数，故本选项不符合题意；
D.不是正比例函数，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据正比例函数的定义逐个判断即可．
本题考查了正比例函数的定义，能熟记正比例函数定义是解此题的关键，注意：形如y=kx+b(k、b为常数，k≠0)的函数叫一次函数，当b=0时，函数也叫正比例函数．
4.【答案】D
【解析】解：共15名运动员，成绩出现次数最多的是1.75m，出现了4次．
故选：D．
直接利用众数的概念求解可得答案．
本题主要考查众数，解题的关键是掌握众数的定义．
5.【答案】B
【解析】解：矩形是平行四边形，对角线互相平分，对角线相等，对角相等，对角线不一定互相垂直．
故选：B．
根据矩形的性质逐项分析判断即可求解．
本题考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：连接AF并延长交BC于H，如图所示：
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC=6，AF=FH，
在△BFA和△BFH中，
∠ABF=∠HBF∠AFB=∠HFBFA=FH，
∴△BFA≌△BFH(AAS)，
∴BH=AB=10，
∵AD=DB，AF=FH，
∴DF是△ABH的中位线，
∴DF=12BH=5，
∴EF=DE−DF=6−5=1，
故选：A．
延长AF交BC于H，由三角形中位线定理得到DE//BC，DE=12BC=6，AF=FH，再证△BFA≌△BFH(AAS)，得BH=AB=10，然后由三角形中位线定理得DF=5，代入EF=DE−DF求解即可．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=12，AB=CD，
∵点E是矩形ABCD的边BC上的中点，
∴BE=CE=12BC=6，
∵将△ABE折叠得到△AFE，
∴AB=AF，BE=EF=EC=6，∠B=∠EFA=90°，
如图，连接EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG(HL)，
∴FG=CG=4，
设AB=AF=x，则DG=x−4，AG=x+4，
在Rt△ADG中，AD2+DG2=AG2，
即122+(x−4)2=(x+4)2，
解得x=9，
∴AB=9，
故选：C．
利用矩形的性质得AD=BC=12，AB=CD，根据题意可得BE=CE=12BC=6，由折叠的性质可得AB=AF，BE=EF=EC=6，∠B=∠EFA=90°，可证Rt△EFG≌Rt△ECG(HL)，得出FG=CG=4，设AB=AF=x，则DG=x−4，AG=x+4，在Rt△ADG中，利用勾股定理即可求解．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质及勾股定理的性质，解题的关键是掌握折叠的性质和勾股定理的性质．
8.【答案】B
【解析】解：设A种方式话费单价为x元，B种方式话费单价y元，
20+100x=30，解得x=0.1，
100y=30，解得y=0.3，
打出150分钟，
A种方式：20+150×0.1=35(元)，
B种方式：0.3×150=45(元)，
∴相差45−35=10(元)，
故选：B．
根据函数图象算出每种方式的单价，再分别算出两种方式打出150分钟需要多少元话费，求出差值．
本题以一次函数为背景考查了一次函数的实际应用，考查了学生根据函数图象列方程，解决问题的关键是理解函数图象的意义，列出正确的方程，解方程即可．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH=45°，∠FGH=90°，
∵OG=GP，
∴∠GOP=∠OPG=67.5°，
∴∠PBG=22.5°，
又∵∠DBC=45°，
∴∠GBC=22.5°，
∴∠PBG=∠GBC，
∵∠BGP=∠BGC=90°，BG=BG，
∴△BPG≌△BCG(ASA)，
∴PG=CG．
设OG=PG=CG=x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG=2x，FG= 2x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF=CG=x，
∴BG=x+ 2x，
∴CGBG=xx+ 2x= 2−1，
故选：C．
先证明△BPG≌△BCG(ASA)，得出PG=CG.设OG=PG=CG=x，则EG=2x，FG= 2x，即可得出答案．
本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，直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：作C1D⊥x轴于D，C2E⊥x轴于E，C3F⊥x轴于F，
∵直线l：y= 33x+ 33与x轴交于点E，
∴当y=0时，x=−1，
∴点E的坐标为(−1,0)，
∴OE=1，
∴OA1=OE=1，
∵四边形OA1B1C1是含60°内角的菱形，
∴OD=12，C1D= 32，
∴C1(12, 32)，
设菱形A1A2B2C2的边长为a，则A1E=12a，C2E= 32a，
∴C2(1+12a, 32a)，
代入y= 33x+ 33得， 32a= 33(1+12a)+ 33，
解得a=2，
∴C2(2, 3)，
设菱形A2A3B3C3的边长为b，则A2F=12b，C3F= 32b，
∴C3(3+12b, 32b)，
代入y= 33x+ 33得， 32b= 33(3+12b)+ 33，
解得b=4，
∴C3(5,2 3)，
，…，
∴Cn的纵坐标为2n−2 3，
∴C6的纵坐标为16 3．
代入y= 33x+ 33，解得x=47，
∴C6的横坐标为47．
故选：A．
根据题意和图形可以求得前几个菱形的边长，然后根据锐角三角函数即可求得点Cn的坐标．
本题考查菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，找出规律是解题的关键．
11.【答案】 10 3 3
【解析】解： 2× 5= 2×5= 10，
18÷ 2= 18÷2= 9=3，
(−3)2= 9=3，
故答案为： 10，3，3．
根据二次根式的乘法法则、除法法则以及二次根式的性质计算即可．
本题考查的是二次根式乘除法、二次根式的性质，掌握二次根式的乘除法法则是解题的关键．
12.【答案】91.5分
【解析】解：小桐这学期的体育成绩是90×20%+95×30%+90×50%=91.5(分)，
故答案为：91.5分．
根据权数的意义计算即可．
本题考查了加权平均数：若n个数x1，x2，x3，…，xn的权分别是w1，w2，w3，…，wn，则(x1w1+x2w2+…+xnwn)÷(w1+w2+…+wn)叫做这n个数的加权平均数．
13.【答案】>
【解析】解：∵k=−3<0，
∴y随x的增大而减小，
又∵点A(1,y1)，B(2,y2)在一次函数y=−3x+m(m是常数)的图象上，且1<2，
∴y1>y2．
故答案为：>．
由k=−3<0，利用一次函数的性质，可得出y随x的增大而减小，再结合1<2，即可得出y1>y2．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
14.【答案】 2−1
【解析】解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵∠ACD=3∠BCD，
∴∠ACD=67.5°，∠BCD=22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∴∠A=90°−∠ACD=22.5°，
∵E是斜边AB的中点，
∴BE=EC=EA=12AB，
∴∠ECA=∠A=22.5°，
∴∠DEC=∠A+∠ECA=45°，
∴∠DCE=90°−∠DEC=45°，
∴∠DCE=∠DEC=45°，
∴CD=DE=1，
∴CE= 2CD= 2，
∴BE=CE= 2，
∴BD=BE−DE= 2−1，
故答案为： 2−1．
根据已知可得∠ACD+∠BCD=90°，从而可得∠ACD=67.5°，∠BCD=22.5°，再根据垂直定义可得∠CDA=90°，从而可得∠A=22.5°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得BE=EC=EA，从而可得∠ECA=∠A=22.5°，再利用三角形的外角性质可得∠DEC=45°，从而可得∠DCE=∠DEC=45°，进而可得CD=DE=1，最后利用等腰直角三角形的性质可得CE= 2，从而可得BE=CE= 2，进而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
15.【答案】①②③④
【解析】解：根据题意画函数的图象如下：
∵一次函数y1=kx+b(b>5)与y2=mx−m交于点A(3,2)，
∴3m−m=2，
解得：m=1，
∴y2=x−1与x轴的交点为(1,0)，
①由图象得：关于x的方程kx+b=mx−m的解为x=3，
故①是正确的；
②由图象得：不等式组kx+b>mx−m≥0的解集为1≤x<3，
故②是正确的；
③当b=5时，3k+5=2，
解得k=−1，
∴当b>5时，
∴k<−1，
故是正确的；
④∵|y1−y2|=b+1，
∴|(kx+b)−(x−1)|=b+1，
解得：x1=0，x2=−2b−2k−1，
由三角形全等得：x2=6，
故④正确；
故答案为：①②③④．
①根据一次函数与方程是关系求解；
②根据函数的图象求解；
③根据一次函数的系数与图象的关系求解；
④根据三角形全等额性质求解．
本题考查了一次函数与方程和不等式的关系，掌握数形结合思想是解题的关键．
16.【答案】8+4 3或8−4 3
【解析】解：当点D′在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B′C′于E，延长EB交AD′于F，
∵将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，
∴AB=AB′=B′C′=AD′=4，∠BAD=∠B′AD′=90°=∠C′B′A，
∵BB′=BC′，BE⊥B′C′，
∴B′E=C′E=2，
∵BE⊥B′C′，∠B′AD′=∠AB′C′=90°，
∴四边形B′EFA是矩形，
∴AF=B′E=2，EF=AB′=4，
∴BF= AB2−AF2=2 3，
∴BE=4−2 3，
∴△BB′C′的面积=B′C′×BE=×4×(4−2 3)=8−4 3；
若点D′在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B′C′于M，交A′D′于N，
同理可求BN=2 3，
∴BM=MN+BN=4+2 3，
∴△BB′C′的面积=B′C′×BM=×4×(4+2 3)=8+4 3；
综上所述：△BB′C′的面积为8+4 3或8−4 3．
故答案为：8+4 3或8−4 3
当点D′在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B′C′于E，延长EB交AD′于F，由旋转的可得AB=AB′=B′C′=AD′=4，∠BAD=∠B′AD′=90°=∠C′B′A，由等腰三角形的性质可求B′E=C′E=2，通过证明四边形B′EFA是矩形，可得AF=B′E=2，EF=AB′=4，由勾股定理可求BF的长，可得BE的长，由三角形面积公式可求解；若点D′在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B′C′于M，交A′D′于N，相同的方法可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造矩形是本题的关键．
17.【答案】解：(1)由题意得：3k−1=5，
解得：k=2，
∴这条直线的解析式为：y=2x−1；
(2)由题意得：2x−1≤0，
解得：x≤12，
不等式kx−1≤0的解集为：x≤12．
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)根据解不等式的方法求解．
本题考查了待定系数法，掌握待定系数法及解不等式是解题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴AC= 32+42=5，
∵AC2+CD2=52+122=169=132=AD2，
∴△ACD是直角三角形；
(2)解：四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD=12×4×3+12×12×5=6+30=36．
【解析】(1)利用勾股定理计算出AC的长，再利用勾股定理逆定理证明△ACD是直角三角形即可；
(2)计算出△ABC和△ACD的面积，再求和即可．
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．
19.【答案】B 36%
【解析】解：(1)a=12÷24%=50，b=50×22%=11；
(2)本次测试成绩的中位数所在的等级是B等级，成绩达到A等级的人数占测试人数的百分比是50−(9+11+12)50×100%=36%，
故答案为：B，36%；
(3)1000×50−(9+11)50=600(人)，
答：估计可评为“计算小能手”的学生有600人．
(1)由B等级人数及其所占百分比可得a的值，用总人数乘以C等级对应百分比可得b的值；
(2)根据中位数的定义可得中位数所在等级，用A等级人数除以总人数可得答案；
(3)总人数乘以A、B等级人数和所占比例即可．
本题考查中位数，频数分布表以及用样本估计总体，掌握中位数以及“频率=频数总数”是正确解答的前提．
20.【答案】(1)证明：在▱ABCD中，AO=CO，BO=DO，
∵∠1=∠2，
∴BO=CO，
∴AO=BO=CO=DO，
∴AC=BD，
∴▱ABCD为矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=4，
∴AC=BD=8；
∵AC=8，AB=4，
∴BC= AC2−AB2= 82−42=4 3，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=4×4 3=16 3．
【解析】(1)根据等角对等边得出OB=OC，根据平行四边形性质求出OC=OA=12AC，OB=OD=12BD，推出AC=BD，根据矩形的判定推出即可；
(2)根据矩形的性质和等边三角形的性质解答即可．
本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，灵活运用矩形的性质是本题的关键．
21.【答案】解：(1)如图1，点F为所作；
(2)如图2，点K为所作；
(3)如图3，点H为所作．
【解析】(1)先连接AC、BD，它们相交于点O，再延长EO交AD于F，利用菱形的中心对称的性质得到OA=OC、OE=OF，则四边形AECF为平行四边形；
(2)先连接AC、BD，它们相交于点O，再延长EO交AD于F，然后连接CF交BD于P点，则延长AP交CD于K点，根据菱形的轴对称性质得到CK=AF，由(1)得AF=CE，所以CK=CE；
(3)先连接AC交BD于点O，延长AG交BC于M点，再延长MO交AD于N点，然后连接CN交BD于H点，利用AC和GH互相垂直平分得到四边形AGCH为菱形．
本题考查了作图−复杂作图：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．也考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质．
22.【答案】解：(1)由题可列20a+10b=26010a+20b=310，
解得a=7b=12．
(2)①据题意，得y1=(10−7)x=3x(40
②根据题意，根据题意，得W=(10−m−7)x+(14−12)×(150−x)=(1−m)x+300，其中40
∴k=1−m>0，
∴W随x的增大而增大，当x=40时，W的取得最小值．
由题意得(1−m)×40+300≥320，解得m≤05，
∴m的最大值为0.5．
【解析】(1)根据信息列二元一次方程得出答案；
(2)分类讨论，分别求出30≤x≤60和60
本题以应用题为背景考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解题的关键是明确题意，根据公式正确列出关系式．本题难度适中，常为考试题．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD、A1B1C1O都是正方形，
∴OA=OB，∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF(ASA)，
∴AE=BF，
∴BE=CF，连接EF，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
∴AE2+CF2=EF2．
(2)AE2+CF2=EF2仍然成立．
连接AC，
∵O是矩形ABCD的中心，
∴O在AC上，且AO=CO，
延长EO交CD于G，连接FG，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，AB//CD，
∴∠BAO=∠DCO，∠AEO=∠CGO，
∵△AOE≌△COG，
∴AE=CG，OE=0G，
又∵矩形A1B1C1O中，CG2+CF2=FG2，
∴AE2+CF2=EF2．
(3)当点F在边BC上时，如图：
∵BF=1，
∴CF=3，
设CE=x cm，则AE=(3−x)cm，
则(3−x)2+12=x2+32，
解得x=1，即CE=1，
∴EF= CE2+CF2= 12+22= 5(cm)．
当点F在边CB延长线上时，如图：
同理可证．AE2+BF2=EF2，
设CE=x，则AE=3+x，
∵EF2=CE2+CF2=AE2+BF2，
∴x2+52=(x+3)2+12，
解得x=52，即CE=52，
∴EF= 52+(52)2=5 52(cm)，
综上所述，EF= 5或5 52(cm)，
【解析】(1)根据正方形的性质证明△AOE≌△BOF，推出AE=BF，得到BE=CF，然后根据股定理和线段的代换即可证得结论．
(2)连接AC，证明△AOE≌△COG，可得AE=CG，OE=0G，然后根据股定理和线段的代换证明即可；
(3)设CE=x，分两种情况：当点F在边BC上，点F在边CB延长线上时，结合(2)的结论利用股定理构建方程求解即
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键
24.【答案】解：(1)分别将x=0，y=0代入y=kx−4k(k≠0)，
得y=−4k，x=4，
即A(0,−4k)，B(4,0)，
∴OA=−4k，OB=4，
∵S△AOB=12OA×OB=8，
∴k=−1，
即A(0,4)，B(4,0)．
答：A(0,4)，B(4,0)．
(2)①点E是在定直线上．
过点E作EF⊥x轴，如图，
由题意可得：∠AOD=∠DFE=∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠EDF=∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠OAD=∠EDF，
∴△AOD≌△DFE(AAS)，
∴DF=OA=4，EF=OD，
∴BF=DF−DB=OA−DB=OB−DB=OD，
∴EF=BF，
设E(x,y)，则D(y,0)，F(x,0)，
由题意可得：OF=OD+DF=OD+OA，
即y=x−4，
∴点E在定直线y=x−4上．
②连接AE，由题意可得△ADE为等腰直角三角形，∠DAE=45°，
∵四边形OACB为正方形，
∴∠BAC=∠DAE=45°，
∴∠EAC=∠BAD，此时点H与点E重合，
由①可得E(6,2)，
∴H(6,2)，
设直线AE为y=kx+b，将E(6,2)、A(0,4)代入，
得6k+b=2b=4，
解得k=−13b=4，
∴直线AE为y=−13x+4，
当x=4时，y=83，
∴M(4,83)，
作点M关于直线AC的对称点N，
∴N(4,163)，
此时∠NAC=∠EAC=∠BAD，
∴点H为直线AN与BE的交点，
∴直线AN为y=13x+4，
联立y=13x+4y=x−4，
解得x=12y=8，
∴H(12,8)．
综上，点H坐标为(12,8)或(6,2)．
【解析】(1)分别将x=0，y=0代入y=kx−4k(k≠0)求解，再根据S△AOB=8，即可求解；
(2)①过点E作EF⊥x轴，通过证明△AOD≌△DFE，得到BF=EF，即可求解；
②连接AE，可得点H与点E重合，作点M关于直线AC的对称点N，可得N点坐标，求得直线AN的解析式，即可求解．
本题考查了一次函数的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
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