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2022-2023学年山东省济南市市中区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省济南市市中区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省济南市市中区八年级（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. 若ab3
2. 若代数式2x−3有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x=0 B. x=3 C. x≠0 D. x≠3
3. 窗棂即窗格(窗里面的横的、竖的或斜的格)是中国传统木构建筑的框架结构设计，窗棂上雕刻有线槽和各种花纹，构成种类繁多的优美图案.下列表示我国古代窗棂样式结构图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 下列等式由左边至右边的变形中，属于因式分解的是( )
A. x2−9=(x+3)(x−3) B. x2−4+3x=(x+2)(x−2)+3x
C. x2+5x−1=x(x+5)−1 D. (x+2)(x−2)=x2−4
5. 如图，△ABC是等边三角形，D为BC边上的点，∠BAD=15°，△ABD经旋转后到达△ACE的位置，那么旋转了( )
A. 75°
B. 60°
C. 45°
D. 15°
6. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BCD的平分线交BA的延长线于点E，AE=3，AD=8，则CD的长为( )
A. 4
B. 5
C. 2
D. 3
7. 下列判断错误的是( )
A. 邻边相等的四边形是菱形
B. 有一角为直角的平行四边形是矩形
C. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
D. 矩形的对角线互相平分且相等
8. 电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关密不可分的动人故事，一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房收入约3亿元，以后每天票房收入按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则方程可以列为( )
A. 3(1+x)=10 B. 3(1+x)2=10
C. 3+3(1+x)2=10 D. 3+3(1+x)+3(1+x)2=10
9. 如图，等腰Rt△OAB的斜边OA在x轴的正半轴上，O为坐标原点，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，交OA于点C，再分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线OE交AB于点D，若点B的坐标为(1,1)，则点D的坐标为( )
A. ( 2, 22) B. ( 2,12) C. ( 2,2− 2) D. ( 2,2+ 2)
10. 关于x的一元二次方程ax2+bx+12=0有一个根是−1，若一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，设t=2a+b，则t的取值范围是( )
A. 14
11. 分解因式：2x2−xy= ______ ．
12. 如果多边形的每个外角都是30°，那么这个多边形的边数是______ ．
13. 已知点A(−1,2)，把点A向右平移3个单位长度后的坐标是______ ．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，N是边BC上一点，M为AB边上的中点，点D，E分别为CN，MN的中点，DE的值是______ ．
15. 如图，在一块长15m、宽10m的矩形空地上，修建两条同样宽的相互垂直的道路，剩余部分栽种花草，要使绿化面积为126m2，则修建的路宽应为______m．
16. 如图，在正方形ABCD中，E，F，G三点分别在边AD，AB，CD上，且△EFG为等边三角形，若AF=5，DG=6，则正方形边长为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 解不等式组4(x−1)≤7x+2x+2
18. (本小题8.0分)
计算：
(1)分解因式：ma2−mb2；
(2)解方程：3x−1−21−x=3．
19. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F.求证：AE=CF．
20. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(1−2x−1)÷x2−6x+9x2−x，请从1、2、3中选取的一个合适的数作为x的值．
21. (本小题8.0分)
按要求画图．
(1)将△ABC向右平移7个单位长度，再向下平移4个单位长度，画出平移后的图形△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的图形△AB2C2．
(3)连接CC1、C1C2、CC2，则△CC1C2的面积为______ ．
22. (本小题8.0分)
(1)解一元二次方程：x2−2x−8=0
(2)关于x的一元二次方程(m−2)x2+3x−1=0有实数根，求m的取值范围．
23. (本小题10.0分)
2023年是中国农历癸卯兔年.春节前，某商场进货员打算进货“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶，发现用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，且每件“吉祥兔”的进价比“如意兔”贵了4元．
(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是多少元？
(2)为满足消费者需求，该超市准备再次购进“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶共200个，“吉祥兔”售价定价为70元，“如意兔”售价为60元，若总利润不低于4480元，问最少购进多少个“吉祥兔”？
24. (本小题10.0分)
材料：著名数学家数华罗庚曾经说过，“数无形时少直觉，形少数时难入微.”利用“数形结合”的数学思想，对一个图形通过两种不同的方法计算它的面积或体积，可以得到一个数学等式．
(1)如图，将一个边长为a的正方形纸片剪去一一个边长为b的小正方形，根据剩下部分的面积，可得一个关于a，b的等式：______ ；
(2)如图，将一个棱长为a的正方体木块挖去一个棱长为b的小正方体，根据剩下部分的体积，可以得到等式：a3−b3= ______ ，将等式右边因式分解，即a3−b3= ______ ；
(3)根据以上探究的结果，请类比上述探究过程，解答下列问题：
计算：( 21+1)3−( 21−1)3．
25. (本小题12.0分)
课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想”
【阅读理解】
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”.当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整.将“非基本图形”转化为“基本图形”．
【方法应用】
(1)如图1，在等腰△ABC中，AC=AB，∠CAB=90°，点D在△ABC内部，连接AD，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接DE，CD，BE.请直接写出BE和CD的数量关系：______ ，位置关系：______ ；
(2)如图2，在等腰△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，AD=2，连接AD，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接DE，BD，BE，取BD的中点M，连接CM．
①当点D在△ABC内部，猜想并证明BE与CM的数量关系和位置关系；
②当B，M，E三点共线时，请直接写出CM的长度．
26. (本小题12.0分)
如图，一次函数y=kx+b图象分别与x轴、y轴交于点A(8,0)、B(0,6)，四边形ABCD是正方形．
(1)求一次函数解析式；
(2)求点D的坐标；
(3)点M是线段AB上的一个动点(点A、B除外)，试探索在坐标平面内是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.如果abc，根据等式性质得出，若c小于等于0不成立，故此选项错误；
B.如果a−b，根据等式性质得出，故此选项错误；
C.如果ab3，根据等式性质得出，不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．故此选项错误；
故选：C．
根据不等式的基本性质分别进行分析即可．
此题主要考查了不等式的基本性质，不等式的基本性质：(1)不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变．(2)不等式两边乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变．(3)不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得，x−3≠0，
解得，x≠3，
故选：D．
根据分式有意义的条件列出不等式解不等式即可．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故A不符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形；故B不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故C不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形；故D符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.【答案】A
【解析】解：A、x2−9=(x+3)(x−3)，是因式分解，故此选项符合题意；
B、右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C、右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
D、是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意．
故选：A．
根据因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，判断求解．
此题考查了因式分解．解题的关键是掌握因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，也考查了等边三角形的性质．
由△ABD经旋转后到达△ACE的位置，而AB=AC，根据旋转的性质得到∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
【解答】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△ABD经旋转后到达△ACE的位置，
∴∠BAC等于旋转角，
即旋转角等于60°．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC=8，CD=AB，
∴∠E=∠ECD，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠ECD，
∴∠E=∠BCE，
∴BE=BC=8，
∴AB=BE−AE=8−3=5，
∴CD=5．
故选：B．
根据平行四边形的性质可得AB//CD，AD=BC=8，由CE平分∠BCD得∠DCE=∠BCE，由平行线的性质得∠DCE=∠E，运用等量代换得∠E=∠BCE，从而得到△BCE为等腰三角形，计算出BE的长度，由AE=3可求得AB的长度，继而得到CD的长．
此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．能证得△BCE是等腰三角形是解此题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，错误，符合题意；
B、有一角为直角的平行四边形是矩形，正确，不符合题意；
C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，不符合题意；
D、矩形的对角线互相平分且相等，正确，不符合题意；
故选：A．
根据正方形的性质和判定解答．
考查正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形对角线，边和角的性质以及正方形和矩形，菱形的关系．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意得：3+3(1+x)+3(1+x)2=10．
故选：D．
设平均每天票房的增长率为x，根据三天后累计票房收入达10亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接DC，过点B作BF⊥OA，如图所示，
由题意得：OE是∠BOC的角平分线，Rt△OAB是等腰直角三角形，
∴DC⊥OA，∠DAC=45°，
∴DC=AC，
∵Rt△OAB是等腰直角三角形，点B的坐标为(1,1)，
∴OA=2，AF=1，
∴OB= OF2+BF2= 12+12= 2，
由题意得：OB=OC= 2，
∴AC=OA−OC=2− 2=DC，
∴点D的坐标为D( 2,2− 2)，
故选：C．
连接DC，过点B作BF⊥OA，根据Rt△OAB是等腰直角三角形得到DC=AC即可求解．
本题考查了等腰三角形的性质和角平分线的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2+bx+12=0有一个根是−1，
∴二次函数y=ax2+bx+12的图象过点(−1,0)，
∴a−b+12=0，
∴b=a+12，
而t=2a+b，
∴t=2a+a+12=3a+12，
∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，
∴a<0，b>0，
∴a+12>0，
∴a>−12，
∴−12
∴−1
二次函数的图象过点(−1,0)，则a−b+12=0，而t=2a+b=3a+12，由一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，可得a<0，b>0，即可求解．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用抛物线顶点坐标所在象限确定系数的取值范围，以及二次函数与方程之间的转换，方程根的代数意义的熟练运用．
11.【答案】x(2x−y)
【解析】2x2−xy=x(2x−y)．
故答案为：x(2x−y)．
利用提取公因式法分解．
本题考查了整式的因式分解，掌握提公因式法是解决本题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：多边形的边数是：360°÷30°=12．
故答案为：12．
根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
本题主要考查了多边形的外角和定理，理解正多边形的外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系是解题关键．
13.【答案】(2,2)
【解析】解：将点A(−1,2)向右平移3个单位长度后的坐标是(2,2)，
故答案为：(2,2)．
根据平移与坐标变化规律进行解答即可．
本题考查平移与坐标变化，掌握平移与坐标变化规律是正确解答的前提．
14.【答案】54
【解析】解：连接CM，
∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB= AC2+BC2=5，
∵M为AB边上的中点，
∴CM=12AB=52，
∵点D，E分别为CN，MN中点，
∴DE是△MNC的中位线，
∴DE=12CM=54．
故答案为：54．
连接CM，由勾股定理得到AB= AC2+BC2=5，由直角三角形斜边中线的性质得到CM=52，由三角形中位线定理得到DE=12CM=54．
本题考查直角三角形斜边中线，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
15.【答案】1
【解析】解：设道路的宽为x m，根据题意得：
(10−x)(15−x)=126，
解得：x1=1，x2=24(不合题意，舍去)，
则道路的宽应为1m；
故答案为：1．
把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的部分是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程求解即可．
此题主要考查了一元二次方程的应用，把中间修建的两条道路分别平移到矩形地面的最上边和最左边是做本题的关键．
16.【答案】11 33
【解析】解：过点F作FH⊥CD于点H，
∴∠FHD=∠FHG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴四边形ADHF是矩形，
∴FH=AD，DH=AF=5，
∴HG=DG−DH=6−5=1，
设等边△EFG的边长为a，
则EF=FG=EG=a，
在Rt△AEF中，由勾股定理得AE= EF2−AF2= a2−52= a2−25，
在Rt△DEG中，由勾股定理得DE= EG2−DG2= a2−62= a2−36，
在Rt△FHG中，由勾股定理得FH= FG2−HG2= a2−12= a2−1，
∵FH=AD=AE+DE，
∴ a2−1= a2−25+ a2−36，
解得a2=1243，
∴FH= a2−1= 1243−1=11 33，
∴AD=11 33，
即正方形边长为11 33，
故答案为：11 33．
过点F作FH⊥CD于点H，先证四边形ADHF是矩形，得出FH=AD，设等边△EFG的边长为a，分别利用勾股定理表示出AE，DE，FH的长，即可得到关于a的方程，求出a2的值，即可求出FH的长，从而得出正方形的边长．
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，用关于a的式子表示出AE，DE，FH的长是解题的关键．
17.【答案】解：4(x−1)≤7x+2①x+2
解不等式②得x<1，
所以不等式组的解集为：−2≤x<1，
所以不等式组的所有整数解为：−2，−1，0．
【解析】本题考查了一元一次不等式组的整数解的应用，关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
18.【答案】解：(1)原式=m(a2−b2)
=m(a+b)(a−b)；
(2)原分式方程两边同乘(x−1)，去分母得：3+2=3(x−1)，
去括号得：3+2=3x−3，
移项，合并同类项得：3x=8，
系数化为1得：x=83，
检验：将x=83代入(x−1)中得：83−1=53≠0，
故原分式方程的解为：x=83．
【解析】(1)提公因式后利用平方差公式因式分解即可；
(2)按照解分式方程的步骤解方程后进行检验即可．
本题考查因式分解及解分式方程，特别注意解分式方程时必须进行检验．
19.【答案】证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO=CO，AD//BC，
∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOAO=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF．
【解析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
利用平行四边形的性质得出AO=CO，AD//BC，进而得出∠EAC=∠FCO，再利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
20.【答案】解：原式=x−1−2x÷(x−3)2x(x−1)
=x−3x⋅x(x−1)(x−3)2
=x−1x−3，
∵x−1≠0，x≠0，x−3≠0，
∴x≠0，1，3，
∴x=2，
当x=2时，
原式=2−12−3=−1．
【解析】利用分式混合运算法则将原式进行化简，然后根据分式有意义的条件确定x的值，最后将其代入化简结果中计算即可．
本题考查分式的化简求值，化简后利用分式有意义的条件确定x的值是解题的关键．
21.【答案】15
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△AB2C2即为所求．
(3)△CC1C2的面积为12×(4+7)×6−12×4×2−12×7×4=15．
故答案为：15．
(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图即可．
(3)利用割补法求三角形的面积即可．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移、旋转的性质是解答本题的关键．
22.【答案】解：(1)x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
解得x1=4，x2=−2；
(2)∵关于x的一元二次方程(m−2)x2+3x−1=0有实数根，
∴m−2≠0且32−4×(m−2)×(−1)≥0，
解得m≥−14且m≠2，
故m的取值范围为：m≥−14且m≠2．
【解析】(1)方程利用因式分解法求解即可；
(2)根据一元二次方程的定义和根的判别式的性质列出算式，计算即可求解．
本题考查了解一元二次方程以及一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ<0时，方程无实数根．
23.【答案】解：(1)设每件“如意兔”的进价是x元，则每件“吉祥兔”的进价是(x+4)元，
根据题意得：8800x+4=4000x×2，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意，
∴x+4=40+4=44．
答：每件“吉祥兔”的进价是44元，每件“如意兔”的进价是40元；
(2)设购进m个“吉祥兔”，则购进(200−m)个“如意兔”，
根据题意得：(70−44)m+(60−40)(200−m)≥4480，
解得：m≥80，
∴m的最小值为80．
答：最少购进80个“吉祥兔”．
【解析】(1)设每件“如意兔”的进价是x元，则每件“吉祥兔”的进价是(x+4)元，利用数量=总价÷单价，结合用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每件“如意兔”的进价，再将其代入(x+4)中，即可求出每件“吉祥兔”的进价；
(2)设购进m个“吉祥兔”，则购进(200−m)个“如意兔”，利用总利润=每个的销售利润×销售数量，可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，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．
24.【答案】a2−b2=(a+b)(a−b) a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b) (a−b)(a2+ab+b2)
【解析】(1)解：剩下的部分面积为：a2−b2，
也可以表示为：(a+b)(a−b)，
可得一个关于a，b的等式：a2−b2=(a+b)(a−b)；
故答案为：(a+b)(a−b)；
(2)剩下部分的体积为：a3−b3，
也可以表示为：a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，
∴a3−b3=a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，
将等式右边因式分解为：a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)；
故答案为：a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，(a−b)(a2+ab+b2)；
(3)( 21+1)3−( 21−1)3，
=( 21+1− 21+1 )[( 21+1)2+( 21+1)( 21−1)+( 21−1)2]
=2×[21+2 21+1+(21−1)+21−2 21+1]
=2×64
=128．
(1)运用两种不同的方法表示剩下的面积，即可得到等式；
(2)运用两种不同的方法表示剩下的体积，即可得到等式，再根据要求因式分解即可；
(3)利用(2)中等式，把算式进行分解，再计算即可．
本题主要考查了平方差公式与因式分解的应用，学会运用数形结合得思想解决问题．
25.【答案】BE=CD BE⊥CD
【解析】解：(1)∵AC=AB，∠CAB=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠CAD+∠DAB=∠CAB=90°，∠DAB+∠BAE=∠DAE=90°，
∴∠CAD=∠BAE，
在△CAD和△BAE中，
AC=AB∠CAD=∠BAEAD=AE，
∴△CAD≌△BAE(SAS)，
∴CD=BE，∠ACD=∠ABE，
延长CD交BE于点F，如图1所示：
∵∠FCB+∠ABC+∠ABE=∠FCB+∠ABC+∠ACD=∠ABC+∠ACB=45°+45°=90°，
∴∠CFB=180°−(∠FCB+∠ABC+∠ABE)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CD，
故答案为：BE=CD，BE⊥CD；
(2)①BE与CM的数量关系和位置关系分别为：BE=2CM，BE⊥CM，证明如下：
如图2，取AB的中点为F，BE的中点为P，连接AF、FP、FM，延长CM交BE于点O，
∵BD的中点M，
∴FP是△ABE的中位线，FM是△ABD的中位线，
∴FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，
∵AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，AD⊥AE，
∴FP=FM，FP⊥FM，
∴∠PFM=90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠CAB=90°，AB的中点为F，
∴CF⊥AB，CF=BF，
∴∠CFB=90°，
∵∠CFM=∠CFB−∠BFM=90°−∠BFM，∠BFP=∠PFM−∠BFM=90°−∠BFM，
∴∠CFM=∠BFP，
∵CF=BF，FM=FP，
∴△CFM≌△BFP(SAS)，
∴CM=BP，∠FCM=∠FBP，
∵BE的中点为P，
∴BE=2BP=2CM，
∵∠FBP+∠CBA+∠MCB=∠FCM+∠CBA+∠MCB=∠FCB+∠CBA=180°−∠CFB=180°−90°=90°，
∴∠COB=180°−(∠FBP+∠CBA+∠MCB)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CM；
②如图3，取AB的中点为F，BE的中点为P，DE的中点为H，连接AH、CF、PF、FM，
∵BD的中点M，
∴FP是△ABE的中位线，FM是△ABD的中位线，
∴FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，
∵AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，AD⊥AE，
∴FP=FM，FP⊥FM，
∴∠PFM=90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠CAB=90°，AB的中点为F，
∴CF⊥AB，CF=BF，AB= 2AC=4 2，
∴∠CFB=90°，
∵∠CFM=∠CFB+∠BFM=90°+∠BFM，∠BFP=∠PFM+∠BFM=90°+∠BFM，
∴∠CFM=∠BFP，
∵CF=BF，FM=FP，
∴△CFM≌△BFP(SAS)，
∴CM=BP，∠FCM=∠FBP，
∵BE的中点为P，
∴BE=2BP=2CM，
∵∠FBP+∠CBA+∠MCB=∠FCM+∠CBA+∠MCB=∠FCB+∠CBA=180°−∠CFB=180°−90°=90°，
∴∠CMB=180°−(∠FBP+∠CBA+∠MCB)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CM，
∵AD=AE，AD⊥AE，DE的中点为H，
∴AH⊥DE，AH=EH=12DE=12× 2AD=12× 2×2= 2，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：BH= AB2−AH2= (4 2)2−( 2)2= 30，
∴BE=EH+BH= 2+ 30，
∴CM=12BE= 2+ 302．
(1)证△CAD≌△BAE(SAS)，得CD=BE，∠ACD=∠ABE，再证∠CFB=90°，即可得出BE⊥CD；
(2)①取AB的中点为F，BE的中点为P，连接AF、FP、FM，由三角形中位线定理得FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，再由旋转的性质得AD=AE，AD⊥AE，则FP=FM，FP⊥FM，然后证△CFM≌△BFP(SAS)，得CM=BP，∠FCM=∠FBP，则BE=2BP=2CM，进而证∠COB=90°，即可得出BE⊥CM；
②取AB的中点为F，BE的中点为P，DE的中点为H，连接AH、CF、PF、FM，由三角形中位线定理得FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，再由旋转的性质得AD=AE，AD⊥AE，然后证△CFM≌△BFP(SAS)，得CM=BP，∠FCM=∠FBP，则BE=2BP=2CM，进而证BE⊥CM，AH⊥DE，AH=EH= 2，即可解决问题．
本题是三角形综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
26.【答案】解：(1)把A(8,0)、B(0,6)代入一次函数y=kx+b，
得8k+b=0b=6，解得k=−34b=6，
∴一次函数解析式为y=−34x+6；
(2)如图，过点D作DE⊥x轴于点E，
∴AD=BA，∠DEA=90°，∠DAE+∠ADE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，∠DAE+∠BAO=90°，
∴∠DAE=∠BAO，
∵∠BOA=∠AED，
∴△AOB≌△DEA(AAS)，
∴OA=DE=8，OB=AE=6，
∴OE=OA+AE=8+6=14，
∴点D的坐标为(14,8)；
(3)存在．
①如图，当OM=MB=BN=NO时，四边形OMBN为菱形．连接NM，交OB于点P，则NM与OB互相垂直平分，
∴OP=12OB=3，
∴当y=3时，−34x+6=3，
解得：x=4，
∴点M的坐标为(4,3)，
∴点N的坐标为(−4,3)．
②如图，当OB=BN=NM=MO=6时，四边形BOMN为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=−34x+6上，
∴设点M的坐标为(a,−34a+6)(a>0)，
在Rt△OPM中，OP2+PM2=OM2，
即：a2+(−34a+6)2=62，
解得a1=0(舍去)a2=14425，
∴点M的坐标为(14425,4225)，
∵MN=OB=6，
∴点N的坐标为(14425,19225)，
③如图，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BONM为菱形．设NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=−34x+6上，
∴设点M的坐标为(a,−34a+6)(a>0)，
∴点N的坐标为(a,−34a)(a>0)，
在Rt△OPN中，OP2+PN2=ON2，
即：a2+(34a)2=62，
解得a1=−245(舍去)a2=245，
∴点N的坐标为(245,−185)，
综上，在平面内存在点N，其坐标为(14425,19225)、(−4,3)或(245,−185).
【解析】(1)根据待定系数法即可求解；
(2)首先过点D作DE⊥x轴于点E，易证得△AOB≌△DEA，则可求得DE与AE的长，继而可求得点D的坐标；
(3)分别从当OM=MB=BN=NO时，四边形OMBN为菱形，当OB=BN=NM=MO=6时，四边形BOMN为菱形，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BONM为菱形．去分析求解，即可求得答案．
此题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、全等三形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质以及勾股定理．此题难度较大，注意掌握方程思想分类讨论思想与数形结合思想的应用．
2022-2023学年山东省济南市市中区八年级（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. 若a
2. 若代数式2x−3有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x=0 B. x=3 C. x≠0 D. x≠3
3. 窗棂即窗格(窗里面的横的、竖的或斜的格)是中国传统木构建筑的框架结构设计，窗棂上雕刻有线槽和各种花纹，构成种类繁多的优美图案.下列表示我国古代窗棂样式结构图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 下列等式由左边至右边的变形中，属于因式分解的是( )
A. x2−9=(x+3)(x−3) B. x2−4+3x=(x+2)(x−2)+3x
C. x2+5x−1=x(x+5)−1 D. (x+2)(x−2)=x2−4
5. 如图，△ABC是等边三角形，D为BC边上的点，∠BAD=15°，△ABD经旋转后到达△ACE的位置，那么旋转了( )
A. 75°
B. 60°
C. 45°
D. 15°
6. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BCD的平分线交BA的延长线于点E，AE=3，AD=8，则CD的长为( )
A. 4
B. 5
C. 2
D. 3
7. 下列判断错误的是( )
A. 邻边相等的四边形是菱形
B. 有一角为直角的平行四边形是矩形
C. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
D. 矩形的对角线互相平分且相等
8. 电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关密不可分的动人故事，一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房收入约3亿元，以后每天票房收入按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则方程可以列为( )
A. 3(1+x)=10 B. 3(1+x)2=10
C. 3+3(1+x)2=10 D. 3+3(1+x)+3(1+x)2=10
9. 如图，等腰Rt△OAB的斜边OA在x轴的正半轴上，O为坐标原点，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，交OA于点C，再分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线OE交AB于点D，若点B的坐标为(1,1)，则点D的坐标为( )
A. ( 2, 22) B. ( 2,12) C. ( 2,2− 2) D. ( 2,2+ 2)
10. 关于x的一元二次方程ax2+bx+12=0有一个根是−1，若一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，设t=2a+b，则t的取值范围是( )
A. 14
11. 分解因式：2x2−xy= ______ ．
12. 如果多边形的每个外角都是30°，那么这个多边形的边数是______ ．
13. 已知点A(−1,2)，把点A向右平移3个单位长度后的坐标是______ ．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，N是边BC上一点，M为AB边上的中点，点D，E分别为CN，MN的中点，DE的值是______ ．
15. 如图，在一块长15m、宽10m的矩形空地上，修建两条同样宽的相互垂直的道路，剩余部分栽种花草，要使绿化面积为126m2，则修建的路宽应为______m．
16. 如图，在正方形ABCD中，E，F，G三点分别在边AD，AB，CD上，且△EFG为等边三角形，若AF=5，DG=6，则正方形边长为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 解不等式组4(x−1)≤7x+2x+2
18. (本小题8.0分)
计算：
(1)分解因式：ma2−mb2；
(2)解方程：3x−1−21−x=3．
19. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F.求证：AE=CF．
20. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(1−2x−1)÷x2−6x+9x2−x，请从1、2、3中选取的一个合适的数作为x的值．
21. (本小题8.0分)
按要求画图．
(1)将△ABC向右平移7个单位长度，再向下平移4个单位长度，画出平移后的图形△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的图形△AB2C2．
(3)连接CC1、C1C2、CC2，则△CC1C2的面积为______ ．
22. (本小题8.0分)
(1)解一元二次方程：x2−2x−8=0
(2)关于x的一元二次方程(m−2)x2+3x−1=0有实数根，求m的取值范围．
23. (本小题10.0分)
2023年是中国农历癸卯兔年.春节前，某商场进货员打算进货“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶，发现用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，且每件“吉祥兔”的进价比“如意兔”贵了4元．
(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是多少元？
(2)为满足消费者需求，该超市准备再次购进“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶共200个，“吉祥兔”售价定价为70元，“如意兔”售价为60元，若总利润不低于4480元，问最少购进多少个“吉祥兔”？
24. (本小题10.0分)
材料：著名数学家数华罗庚曾经说过，“数无形时少直觉，形少数时难入微.”利用“数形结合”的数学思想，对一个图形通过两种不同的方法计算它的面积或体积，可以得到一个数学等式．
(1)如图，将一个边长为a的正方形纸片剪去一一个边长为b的小正方形，根据剩下部分的面积，可得一个关于a，b的等式：______ ；
(2)如图，将一个棱长为a的正方体木块挖去一个棱长为b的小正方体，根据剩下部分的体积，可以得到等式：a3−b3= ______ ，将等式右边因式分解，即a3−b3= ______ ；
(3)根据以上探究的结果，请类比上述探究过程，解答下列问题：
计算：( 21+1)3−( 21−1)3．
25. (本小题12.0分)
课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想”
【阅读理解】
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”.当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整.将“非基本图形”转化为“基本图形”．
【方法应用】
(1)如图1，在等腰△ABC中，AC=AB，∠CAB=90°，点D在△ABC内部，连接AD，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接DE，CD，BE.请直接写出BE和CD的数量关系：______ ，位置关系：______ ；
(2)如图2，在等腰△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，AD=2，连接AD，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接DE，BD，BE，取BD的中点M，连接CM．
①当点D在△ABC内部，猜想并证明BE与CM的数量关系和位置关系；
②当B，M，E三点共线时，请直接写出CM的长度．
26. (本小题12.0分)
如图，一次函数y=kx+b图象分别与x轴、y轴交于点A(8,0)、B(0,6)，四边形ABCD是正方形．
(1)求一次函数解析式；
(2)求点D的坐标；
(3)点M是线段AB上的一个动点(点A、B除外)，试探索在坐标平面内是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.如果a
B.如果a
C.如果a
故选：C．
根据不等式的基本性质分别进行分析即可．
此题主要考查了不等式的基本性质，不等式的基本性质：(1)不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变．(2)不等式两边乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变．(3)不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得，x−3≠0，
解得，x≠3，
故选：D．
根据分式有意义的条件列出不等式解不等式即可．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故A不符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形；故B不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故C不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形；故D符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.【答案】A
【解析】解：A、x2−9=(x+3)(x−3)，是因式分解，故此选项符合题意；
B、右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C、右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
D、是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意．
故选：A．
根据因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，判断求解．
此题考查了因式分解．解题的关键是掌握因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，也考查了等边三角形的性质．
由△ABD经旋转后到达△ACE的位置，而AB=AC，根据旋转的性质得到∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
【解答】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△ABD经旋转后到达△ACE的位置，
∴∠BAC等于旋转角，
即旋转角等于60°．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC=8，CD=AB，
∴∠E=∠ECD，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠ECD，
∴∠E=∠BCE，
∴BE=BC=8，
∴AB=BE−AE=8−3=5，
∴CD=5．
故选：B．
根据平行四边形的性质可得AB//CD，AD=BC=8，由CE平分∠BCD得∠DCE=∠BCE，由平行线的性质得∠DCE=∠E，运用等量代换得∠E=∠BCE，从而得到△BCE为等腰三角形，计算出BE的长度，由AE=3可求得AB的长度，继而得到CD的长．
此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．能证得△BCE是等腰三角形是解此题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，错误，符合题意；
B、有一角为直角的平行四边形是矩形，正确，不符合题意；
C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，不符合题意；
D、矩形的对角线互相平分且相等，正确，不符合题意；
故选：A．
根据正方形的性质和判定解答．
考查正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形对角线，边和角的性质以及正方形和矩形，菱形的关系．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意得：3+3(1+x)+3(1+x)2=10．
故选：D．
设平均每天票房的增长率为x，根据三天后累计票房收入达10亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接DC，过点B作BF⊥OA，如图所示，
由题意得：OE是∠BOC的角平分线，Rt△OAB是等腰直角三角形，
∴DC⊥OA，∠DAC=45°，
∴DC=AC，
∵Rt△OAB是等腰直角三角形，点B的坐标为(1,1)，
∴OA=2，AF=1，
∴OB= OF2+BF2= 12+12= 2，
由题意得：OB=OC= 2，
∴AC=OA−OC=2− 2=DC，
∴点D的坐标为D( 2,2− 2)，
故选：C．
连接DC，过点B作BF⊥OA，根据Rt△OAB是等腰直角三角形得到DC=AC即可求解．
本题考查了等腰三角形的性质和角平分线的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2+bx+12=0有一个根是−1，
∴二次函数y=ax2+bx+12的图象过点(−1,0)，
∴a−b+12=0，
∴b=a+12，
而t=2a+b，
∴t=2a+a+12=3a+12，
∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，
∴a<0，b>0，
∴a+12>0，
∴a>−12，
∴−12
∴−1
二次函数的图象过点(−1,0)，则a−b+12=0，而t=2a+b=3a+12，由一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，可得a<0，b>0，即可求解．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用抛物线顶点坐标所在象限确定系数的取值范围，以及二次函数与方程之间的转换，方程根的代数意义的熟练运用．
11.【答案】x(2x−y)
【解析】2x2−xy=x(2x−y)．
故答案为：x(2x−y)．
利用提取公因式法分解．
本题考查了整式的因式分解，掌握提公因式法是解决本题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：多边形的边数是：360°÷30°=12．
故答案为：12．
根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
本题主要考查了多边形的外角和定理，理解正多边形的外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系是解题关键．
13.【答案】(2,2)
【解析】解：将点A(−1,2)向右平移3个单位长度后的坐标是(2,2)，
故答案为：(2,2)．
根据平移与坐标变化规律进行解答即可．
本题考查平移与坐标变化，掌握平移与坐标变化规律是正确解答的前提．
14.【答案】54
【解析】解：连接CM，
∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB= AC2+BC2=5，
∵M为AB边上的中点，
∴CM=12AB=52，
∵点D，E分别为CN，MN中点，
∴DE是△MNC的中位线，
∴DE=12CM=54．
故答案为：54．
连接CM，由勾股定理得到AB= AC2+BC2=5，由直角三角形斜边中线的性质得到CM=52，由三角形中位线定理得到DE=12CM=54．
本题考查直角三角形斜边中线，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
15.【答案】1
【解析】解：设道路的宽为x m，根据题意得：
(10−x)(15−x)=126，
解得：x1=1，x2=24(不合题意，舍去)，
则道路的宽应为1m；
故答案为：1．
把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的部分是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程求解即可．
此题主要考查了一元二次方程的应用，把中间修建的两条道路分别平移到矩形地面的最上边和最左边是做本题的关键．
16.【答案】11 33
【解析】解：过点F作FH⊥CD于点H，
∴∠FHD=∠FHG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴四边形ADHF是矩形，
∴FH=AD，DH=AF=5，
∴HG=DG−DH=6−5=1，
设等边△EFG的边长为a，
则EF=FG=EG=a，
在Rt△AEF中，由勾股定理得AE= EF2−AF2= a2−52= a2−25，
在Rt△DEG中，由勾股定理得DE= EG2−DG2= a2−62= a2−36，
在Rt△FHG中，由勾股定理得FH= FG2−HG2= a2−12= a2−1，
∵FH=AD=AE+DE，
∴ a2−1= a2−25+ a2−36，
解得a2=1243，
∴FH= a2−1= 1243−1=11 33，
∴AD=11 33，
即正方形边长为11 33，
故答案为：11 33．
过点F作FH⊥CD于点H，先证四边形ADHF是矩形，得出FH=AD，设等边△EFG的边长为a，分别利用勾股定理表示出AE，DE，FH的长，即可得到关于a的方程，求出a2的值，即可求出FH的长，从而得出正方形的边长．
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，用关于a的式子表示出AE，DE，FH的长是解题的关键．
17.【答案】解：4(x−1)≤7x+2①x+2
解不等式②得x<1，
所以不等式组的解集为：−2≤x<1，
所以不等式组的所有整数解为：−2，−1，0．
【解析】本题考查了一元一次不等式组的整数解的应用，关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
18.【答案】解：(1)原式=m(a2−b2)
=m(a+b)(a−b)；
(2)原分式方程两边同乘(x−1)，去分母得：3+2=3(x−1)，
去括号得：3+2=3x−3，
移项，合并同类项得：3x=8，
系数化为1得：x=83，
检验：将x=83代入(x−1)中得：83−1=53≠0，
故原分式方程的解为：x=83．
【解析】(1)提公因式后利用平方差公式因式分解即可；
(2)按照解分式方程的步骤解方程后进行检验即可．
本题考查因式分解及解分式方程，特别注意解分式方程时必须进行检验．
19.【答案】证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO=CO，AD//BC，
∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOAO=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF．
【解析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
利用平行四边形的性质得出AO=CO，AD//BC，进而得出∠EAC=∠FCO，再利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
20.【答案】解：原式=x−1−2x÷(x−3)2x(x−1)
=x−3x⋅x(x−1)(x−3)2
=x−1x−3，
∵x−1≠0，x≠0，x−3≠0，
∴x≠0，1，3，
∴x=2，
当x=2时，
原式=2−12−3=−1．
【解析】利用分式混合运算法则将原式进行化简，然后根据分式有意义的条件确定x的值，最后将其代入化简结果中计算即可．
本题考查分式的化简求值，化简后利用分式有意义的条件确定x的值是解题的关键．
21.【答案】15
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△AB2C2即为所求．
(3)△CC1C2的面积为12×(4+7)×6−12×4×2−12×7×4=15．
故答案为：15．
(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图即可．
(3)利用割补法求三角形的面积即可．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移、旋转的性质是解答本题的关键．
22.【答案】解：(1)x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
解得x1=4，x2=−2；
(2)∵关于x的一元二次方程(m−2)x2+3x−1=0有实数根，
∴m−2≠0且32−4×(m−2)×(−1)≥0，
解得m≥−14且m≠2，
故m的取值范围为：m≥−14且m≠2．
【解析】(1)方程利用因式分解法求解即可；
(2)根据一元二次方程的定义和根的判别式的性质列出算式，计算即可求解．
本题考查了解一元二次方程以及一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ<0时，方程无实数根．
23.【答案】解：(1)设每件“如意兔”的进价是x元，则每件“吉祥兔”的进价是(x+4)元，
根据题意得：8800x+4=4000x×2，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意，
∴x+4=40+4=44．
答：每件“吉祥兔”的进价是44元，每件“如意兔”的进价是40元；
(2)设购进m个“吉祥兔”，则购进(200−m)个“如意兔”，
根据题意得：(70−44)m+(60−40)(200−m)≥4480，
解得：m≥80，
∴m的最小值为80．
答：最少购进80个“吉祥兔”．
【解析】(1)设每件“如意兔”的进价是x元，则每件“吉祥兔”的进价是(x+4)元，利用数量=总价÷单价，结合用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每件“如意兔”的进价，再将其代入(x+4)中，即可求出每件“吉祥兔”的进价；
(2)设购进m个“吉祥兔”，则购进(200−m)个“如意兔”，利用总利润=每个的销售利润×销售数量，可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，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．
24.【答案】a2−b2=(a+b)(a−b) a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b) (a−b)(a2+ab+b2)
【解析】(1)解：剩下的部分面积为：a2−b2，
也可以表示为：(a+b)(a−b)，
可得一个关于a，b的等式：a2−b2=(a+b)(a−b)；
故答案为：(a+b)(a−b)；
(2)剩下部分的体积为：a3−b3，
也可以表示为：a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，
∴a3−b3=a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，
将等式右边因式分解为：a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)；
故答案为：a2(a−b)+ab(a−b)+b2(a−b)，(a−b)(a2+ab+b2)；
(3)( 21+1)3−( 21−1)3，
=( 21+1− 21+1 )[( 21+1)2+( 21+1)( 21−1)+( 21−1)2]
=2×[21+2 21+1+(21−1)+21−2 21+1]
=2×64
=128．
(1)运用两种不同的方法表示剩下的面积，即可得到等式；
(2)运用两种不同的方法表示剩下的体积，即可得到等式，再根据要求因式分解即可；
(3)利用(2)中等式，把算式进行分解，再计算即可．
本题主要考查了平方差公式与因式分解的应用，学会运用数形结合得思想解决问题．
25.【答案】BE=CD BE⊥CD
【解析】解：(1)∵AC=AB，∠CAB=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠CAD+∠DAB=∠CAB=90°，∠DAB+∠BAE=∠DAE=90°，
∴∠CAD=∠BAE，
在△CAD和△BAE中，
AC=AB∠CAD=∠BAEAD=AE，
∴△CAD≌△BAE(SAS)，
∴CD=BE，∠ACD=∠ABE，
延长CD交BE于点F，如图1所示：
∵∠FCB+∠ABC+∠ABE=∠FCB+∠ABC+∠ACD=∠ABC+∠ACB=45°+45°=90°，
∴∠CFB=180°−(∠FCB+∠ABC+∠ABE)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CD，
故答案为：BE=CD，BE⊥CD；
(2)①BE与CM的数量关系和位置关系分别为：BE=2CM，BE⊥CM，证明如下：
如图2，取AB的中点为F，BE的中点为P，连接AF、FP、FM，延长CM交BE于点O，
∵BD的中点M，
∴FP是△ABE的中位线，FM是△ABD的中位线，
∴FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，
∵AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，AD⊥AE，
∴FP=FM，FP⊥FM，
∴∠PFM=90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠CAB=90°，AB的中点为F，
∴CF⊥AB，CF=BF，
∴∠CFB=90°，
∵∠CFM=∠CFB−∠BFM=90°−∠BFM，∠BFP=∠PFM−∠BFM=90°−∠BFM，
∴∠CFM=∠BFP，
∵CF=BF，FM=FP，
∴△CFM≌△BFP(SAS)，
∴CM=BP，∠FCM=∠FBP，
∵BE的中点为P，
∴BE=2BP=2CM，
∵∠FBP+∠CBA+∠MCB=∠FCM+∠CBA+∠MCB=∠FCB+∠CBA=180°−∠CFB=180°−90°=90°，
∴∠COB=180°−(∠FBP+∠CBA+∠MCB)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CM；
②如图3，取AB的中点为F，BE的中点为P，DE的中点为H，连接AH、CF、PF、FM，
∵BD的中点M，
∴FP是△ABE的中位线，FM是△ABD的中位线，
∴FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，
∵AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，AD⊥AE，
∴FP=FM，FP⊥FM，
∴∠PFM=90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠CAB=90°，AB的中点为F，
∴CF⊥AB，CF=BF，AB= 2AC=4 2，
∴∠CFB=90°，
∵∠CFM=∠CFB+∠BFM=90°+∠BFM，∠BFP=∠PFM+∠BFM=90°+∠BFM，
∴∠CFM=∠BFP，
∵CF=BF，FM=FP，
∴△CFM≌△BFP(SAS)，
∴CM=BP，∠FCM=∠FBP，
∵BE的中点为P，
∴BE=2BP=2CM，
∵∠FBP+∠CBA+∠MCB=∠FCM+∠CBA+∠MCB=∠FCB+∠CBA=180°−∠CFB=180°−90°=90°，
∴∠CMB=180°−(∠FBP+∠CBA+∠MCB)=180°−90°=90°，
∴BE⊥CM，
∵AD=AE，AD⊥AE，DE的中点为H，
∴AH⊥DE，AH=EH=12DE=12× 2AD=12× 2×2= 2，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：BH= AB2−AH2= (4 2)2−( 2)2= 30，
∴BE=EH+BH= 2+ 30，
∴CM=12BE= 2+ 302．
(1)证△CAD≌△BAE(SAS)，得CD=BE，∠ACD=∠ABE，再证∠CFB=90°，即可得出BE⊥CD；
(2)①取AB的中点为F，BE的中点为P，连接AF、FP、FM，由三角形中位线定理得FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，再由旋转的性质得AD=AE，AD⊥AE，则FP=FM，FP⊥FM，然后证△CFM≌△BFP(SAS)，得CM=BP，∠FCM=∠FBP，则BE=2BP=2CM，进而证∠COB=90°，即可得出BE⊥CM；
②取AB的中点为F，BE的中点为P，DE的中点为H，连接AH、CF、PF、FM，由三角形中位线定理得FP//AE，FP=12AE，FM//AD，FM=12AD，再由旋转的性质得AD=AE，AD⊥AE，然后证△CFM≌△BFP(SAS)，得CM=BP，∠FCM=∠FBP，则BE=2BP=2CM，进而证BE⊥CM，AH⊥DE，AH=EH= 2，即可解决问题．
本题是三角形综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
26.【答案】解：(1)把A(8,0)、B(0,6)代入一次函数y=kx+b，
得8k+b=0b=6，解得k=−34b=6，
∴一次函数解析式为y=−34x+6；
(2)如图，过点D作DE⊥x轴于点E，
∴AD=BA，∠DEA=90°，∠DAE+∠ADE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，∠DAE+∠BAO=90°，
∴∠DAE=∠BAO，
∵∠BOA=∠AED，
∴△AOB≌△DEA(AAS)，
∴OA=DE=8，OB=AE=6，
∴OE=OA+AE=8+6=14，
∴点D的坐标为(14,8)；
(3)存在．
①如图，当OM=MB=BN=NO时，四边形OMBN为菱形．连接NM，交OB于点P，则NM与OB互相垂直平分，
∴OP=12OB=3，
∴当y=3时，−34x+6=3，
解得：x=4，
∴点M的坐标为(4,3)，
∴点N的坐标为(−4,3)．
②如图，当OB=BN=NM=MO=6时，四边形BOMN为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=−34x+6上，
∴设点M的坐标为(a,−34a+6)(a>0)，
在Rt△OPM中，OP2+PM2=OM2，
即：a2+(−34a+6)2=62，
解得a1=0(舍去)a2=14425，
∴点M的坐标为(14425,4225)，
∵MN=OB=6，
∴点N的坐标为(14425,19225)，
③如图，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BONM为菱形．设NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=−34x+6上，
∴设点M的坐标为(a,−34a+6)(a>0)，
∴点N的坐标为(a,−34a)(a>0)，
在Rt△OPN中，OP2+PN2=ON2，
即：a2+(34a)2=62，
解得a1=−245(舍去)a2=245，
∴点N的坐标为(245,−185)，
综上，在平面内存在点N，其坐标为(14425,19225)、(−4,3)或(245,−185).
【解析】(1)根据待定系数法即可求解；
(2)首先过点D作DE⊥x轴于点E，易证得△AOB≌△DEA，则可求得DE与AE的长，继而可求得点D的坐标；
(3)分别从当OM=MB=BN=NO时，四边形OMBN为菱形，当OB=BN=NM=MO=6时，四边形BOMN为菱形，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BONM为菱形．去分析求解，即可求得答案．
此题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、全等三形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质以及勾股定理．此题难度较大，注意掌握方程思想分类讨论思想与数形结合思想的应用．
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