资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
期末真题必刷易错60题（32个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期末考点预测（人教版）
展开
这是一份期末真题必刷易错60题（32个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期末考点预测（人教版），文件包含期末真题必刷易错60题32个考点专练原卷版docx、期末真题必刷易错60题32个考点专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
1．（2022秋•孝昌县期末）某种芯片每个探针单元的面积为0.00000164cm2，0.00000164用科学记数法可表示为（ ）
A．1.64×10﹣6B．1.64×10﹣5
C．16.4×10﹣7D．0.164×10﹣5
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：0.00000164＝1.64×10﹣6，
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
二．同底数幂的乘法（共1小题）
2．（2022秋•开福区校级期末）已知x+y﹣3＝0，则2y•2x的值是（ ）
A．6B．﹣6C．D．8
【分析】根据同底数幂的乘法求解即可．
【解答】解：∵x+y﹣3＝0，
∴x+y＝3，
∴2y•2x＝2x+y＝23＝8，
故选：D．
【点评】此题考查了同底数幂的乘法等知识，解题的关键是把2y•2x化为2x+y．
三．同底数幂的除法（共2小题）
3．（2022秋•榆树市校级期末）已知2x＝3，则22x﹣3＝ ．
【分析】利用同底数幂的除法的法则及幂的乘方的法则对所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．
【解答】解：当2x＝3时，
22x﹣3＝22x÷23＝（2x）2÷23＝32÷8＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查同底数幂的除法及幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握与运用．
4．（2022秋•花都区期末）计算：a3•a+（﹣a2）3÷a2．
【分析】根据同底数幂的乘法和除法的运算法则，幂的乘方的运算法则解答即可．
【解答】解：原式＝a4+（﹣a6）÷a2
＝a4﹣a6÷a2
＝a4﹣a4
＝0．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法和除法的运算法则，幂的乘方的运算法则，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
四．单项式乘单项式（共2小题）
5．（2022秋•龙江县校级期末）下列运算正确的是（ ）
A．3a+a＝4a2B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．（a3）2÷a5＝1D．3a3•2a2＝6a6
【分析】根据合并同类项法则、积的乘方法则、同底数幂的除法法则、单项式乘单项式的运算法则计算，判断即可．
【解答】解：A、3a+a＝4a，本选项计算错误，不符合题意；
B、（﹣2a）3＝﹣8a3，本选项计算正确，符合题意；
C、（a3）2÷a5＝a6÷a5＝a，本选项计算错误，不符合题意；
D、3a3•2a2＝6a5，本选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是单项式乘单项式、幂的乘方与积的乘方、合并同类项，掌握它们的运算法则是解题的关键．
6．（2022秋•南阳期末）下列计算中，正确的是（ ）
A．x•（﹣x）＝x2B．（﹣x）2＝x2C．（2x）3＝6x3D．x4÷x＝x4
【分析】根据同底数幂的除法法则、同底数幂的乘法及合并同类项的法则，分别进行各选项的判断即可．
【解答】解：A、x•（﹣x）＝﹣x2，故本选项错误；
B、（﹣x）2＝x2，故本选项正确；
C、（2x）3＝8x3，故本选项错误；
D、x4÷x＝x3，故本选项错误；
故选：B．
【点评】本题考查了同底数幂的乘除法则、合并同类项的法则，解答本题的关键是掌握各部分的运算法则．
五．完全平方公式（共3小题）
7．（2022秋•长沙期末）已知（a﹣b）2＝13，ab＝6，则a2+b2＝ 25 ．
【分析】根据完全平方公式解答即可．
【解答】解：∵（a﹣b）2＝13，ab＝6，
∴a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝13+12＝25．
故答案为：25．
【点评】此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
8．（2022秋•西山区期末）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a5＝a10B．（3a2）2＝6a4
C．a3÷a＝a2D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
【分析】根据同底数幂的乘法法则、积的乘方的运算法则、同底数幂的除法法则、完全平方公式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a7，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、原式＝9a4，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、原式＝a2，原计算正确，故此选项符合题意；
D、原式＝a2﹣2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了同底数幂的乘除法法则、积的乘方的运算法则、完全平方公式，熟练掌握运算法则和公式是解本题的关键．
9．（2022秋•大安市期末）已知m﹣n＝6，mn＝4．
（1）求m2+n2的值．
（2）求（m+2）（n﹣2）的值．
【分析】（1）根据完全平方公式即可求出答案；
（2）将原式展开后，再将m﹣n，mn代入即可求出答案．
【解答】解：（1）因为m﹣n＝6，mn＝4，
所以m2+n2
＝（m﹣n）2+2mn
＝62+2×4
＝36+8
＝44；
（2）因为m﹣n＝6，mn＝4，
所以（m+2）（n﹣2）
＝mn﹣2m+2n﹣4
＝mn﹣2（m﹣n）﹣4
＝4﹣2×6﹣4
＝﹣12．
【点评】本题考查了整式的运算．熟练掌握完全平方公式、多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键．
六．完全平方公式的几何背景（共1小题）
10．（2022秋•湖里区期末）在一个面积为36cm2正方形纸板中剪下边长为a cm大正方形和边长为b cm的小正方形（如图1），再在大正方形沿一个顶点剪下一个边长为b cm的小正方形（如图2），得到一个周长为16cm的六边形ABCDEF，则原大正方形中剩下的两个长方形的面积和为 16 cm2．
【分析】先分别求得a+b，a和b的值，再分别代入求解．
【解答】解：由题意得，
解得或（舍去），
∴原大正方形中剩下的两个长方形的面积和为：4×2×2＝16，
故答案为：16．
【点评】此题考查了完全平方公式几何背景问题的解决能力，关键是能结合几何图形进行准确列式、运算．
七．完全平方式（共3小题）
11．（2022秋•内江期末）已知关于x的二次三项式x2+2kx+16是完全平方式，则实数k的值为 4或﹣4 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可求出k的值．
【解答】解：∵关于字母x的二次三项式x2+2kx+16是完全平方式，
∴k＝4或﹣4．
故答案为：4或﹣4．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2．
12．（2022秋•三河市校级期末）多项式x2﹣8x+k是一个完全平方式，则k＝ 16 ．如果x2+mx+16是完全平方式，则m的值是 ±8 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可得解．
【解答】解：∵多项式x2﹣8x+k是一个完全平方式，
∴k＝（）2＝16，
∵x2+mx+16是完全平方式，
∴，即m2＝64，
又∵（±8）2＝64，
∴m＝±8．
故答案为：16，±8．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
13．（2022秋•路南区校级期末）已知多项式A＝x2+2x+n2，多项式B＝2x2+4x+3n2+3．
（1）若多项式x2+2x+n2是完全平方式，则n＝ ±1 ；
（2）有同学猜测B﹣2A的结果是定值，他的猜测是否正确，请说明理由；
（3）若多项式x2+2x+n2的值为﹣1，求x和n的值．
【分析】（1）根据完全平方式的定义计算即可；
（2）把A＝x2+2x+n2，B＝2x2+4x+3n2+3代入B﹣2A计算即可；
（3）由题意可得x2+2x+n2＝﹣1，整理后利用非负数的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵x2+2x+n2是一个完全平方式，
∴x2+2x+n2＝（x+1）2，
∴n2＝1，
∴n＝±1．
故答案为：±1；
（2）猜测不正确，理由：
∵A＝x2+2x+n2，B＝2x2+4x+3n2+3，
∴B﹣2A＝2x2+4x+3n2+3﹣2（x2+2x+n2）＝2x2+4x+3n2+3﹣2x2﹣4x﹣2n2＝n2+3，
∵结果含字母n，
∴B﹣2A的结果不是定值；
（3）由题意可得x2+2x+n2＝﹣1，
∴x2+2x+n2+1＝0，
∴（x+1）2+n2＝0，
∴x+1＝0，n＝0，
∴x＝﹣1．
【点评】本题考查了完全平方式以及整式的加减，记住完全平方式的特征是解题的关键，形如a2±2ab+b2这样的式子是完全平方式．
八．平方差公式（共2小题）
14．（2022秋•河北区期末）计算982﹣99×97＝ 1 ．
【分析】根据平方差公式解答即可．
【解答】解：982﹣99×97
＝982﹣（98+1）（98﹣1）
＝982﹣（982﹣1）
＝982﹣982+1
＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查平方差公式，熟练掌握平方差公式是解决本题的关键．
15．（2022秋•舒兰市期末）计算：（a+1）2+（3﹣a）（3+a）．
【分析】根据完全平方公式和平方差公式计算即可．
【解答】解：原式＝a2+2a+1+9﹣a2
＝2a+10．
【点评】本题考查了完全平方公式和平方差公式．能够灵活运用完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
九．整式的除法（共1小题）
16．（2022秋•内乡县期末）下列计算正确的是（ ）
A．12a2÷3a＝4B．a3•a3＝a9C．（a3）2＝a6D．（ab）2＝ab2
【分析】利用单项式除以单项式，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方的法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、12a2÷3a＝4a，故A不符合题意；
B、a3•a3＝a6，故B不符合题意；
C、（a3）2＝a6，故C符合题意；
D、（ab）2＝a2b2，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了整式的除法，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十．因式分解的意义（共2小题）
17．（2022秋•渝北区校级期末）下列从左边到右边的变形中，是因式分解的是（ ）
A．a2﹣9＝（a﹣3）（a+3）
B．（x﹣y）2＝x2﹣y2
C．x2﹣4+4x＝（x+2）（x﹣2）+4x
D．x2+3x+1＝x（x+3+）
【分析】多项式的因式分解是将多项式变形为几个整式的乘积形式，由此解答即可．
【解答】解：A、符合因式分解的定义，故本选项符合题意；
B、右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意；
C、右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意；
D、右边不是整式的积的形式（含有分式），不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查因式分解的定义．解题的关键是掌握因式分解的定义，属于基础题型．
18．（2022秋•临县校级期末）若（x+2）是多项式4x2+5x+m的一个因式，则m等于（ ）
A．﹣6B．6C．﹣9D．9
【分析】根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，设4x2+5x+m＝（x+2）（4x+b）＝4x2+（b+8）x+2b，可得答案．
【解答】解：设4x2+5x+m＝（x+2）（4x+b）＝4x2+（b+8）x+2b，
则b+8＝5，m＝2b，
解得：b＝﹣3，m＝﹣6，
故选：A．
【点评】本题考查了因式分解的意义，由十字相乘法得因式分解，由因式分解得出m的值．
一十一．提公因式法与公式法的综合运用（共3小题）
19．（2022秋•内乡县期末）把多项式2x2﹣8分解因式，正确的是（ ）
A．2（x2﹣4）B．（x+2）（x﹣2）
C．2（x+2）（x﹣2）D．（2x+4）（x﹣2）
【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
【解答】解：2x2﹣8
＝2（x2﹣4）
＝2（x+2）（x﹣2），
故选：C．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
20．（2022秋•离石区期末）因式分解：﹣3a2x2+24a2x﹣48a2＝ ﹣3a2（x﹣4）2 ．
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
【解答】解：﹣3a2x2+24a2x﹣48a2
＝﹣3a2（x2﹣8x+16）
＝﹣3a2（x﹣4）2，
故答案为：﹣3a2（x﹣4）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
21．（2022秋•嘉峪关期末）整体思想是数学解题中常见的一种思想方法：下面是某同学对多项式（x2+2x）（x2+2x+2）+1进行因式分解的过程．将“x2+2x”看成一个整体，令x2+2x＝y，则原式＝y（y+2）+1＝y2+2y+1＝（y+1）2，再将“y”还原即可．解：设x2+2x＝y．原式＝y（y+2）+1＝y2+2y+1＝（y+1）2＝（x2+2x+1）2．
问题：
（1）该同学完成因式分解了吗？如果没完成，请你直接写出最后的结果 （x+1）4 ；
（2）请你模仿以上方法尝试对多项式（x2﹣4x）（x2﹣4x+8）+16进行因式分解．
【分析】（1）利用完全平方公式继续分解，即可解答；
（2）按照例题的解题思路，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）该同学没有完成因式分解，
设x2+2x＝y，
原式＝y（y+2）+1
＝y2+2y+1
＝（y+1）2
＝（x2+2x+1）2
＝（x+1）4，
故答案为：（x+1）4；
（2）设x2﹣4x＝y，
原式＝y（y+8）+16
＝y2+8y+16
＝（y+4）2
＝（x2﹣4x+4）2
＝（x﹣2）4．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，理解例题的解题思路是解题的关键．
一十二．分式有意义的条件（共1小题）
22．（2022秋•射阳县校级期末）若分式有意义，则x的取值范围是 x≠1 ．
【分析】根据分式有意义的条件可知x﹣1≠0，再解不等式即可．
【解答】解：由题意得：x﹣1≠0，
解得：x≠1，
故答案为：x≠1．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
一十三．分式的值为零的条件（共1小题）
23．（2022秋•和硕县校级期末）如果分式的值为0，那么x的值为 1 ．
【分析】根据分式的值为零的条件解决此题．
【解答】解：如果分式的值为0，
则，
解得：x＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查分式的值为零的条件，熟练掌握分式的值为零的条件是解决本题的关键．
一十四．分式的加减法（共1小题）
24．（2022秋•磁县期末）阅读下面的材料，并解答问题：
分式的最大值是多少？
解：，
因为x≥0，所以x+2的最小值是2，所以的最大值是2，所以的最大值是4，即的最大值是4．
根据上述方法，试求分式的最大值是 5 ．
【分析】按照例题的解题思路，进行计算即可解答．
【解答】解：＝＝＝2+，
∵x2≥0，
∴x2+2的最小值为2，
∴的最大值为3，
∴2+的最大值为5，
∴分式的最大值是5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了分式的加减法，理解例题的解题思路是解题的关键．
一十五．分式的混合运算（共1小题）
25．（2022秋•高邑县期末）下列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有（ ）
①+＝；②a÷b×＝a
③；④
A．3个B．2个C．1个D．0个
【分析】根据分式的加减法，乘除法，分式的约分法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：①+＝，故①不正确；
②a÷b×＝a••＝，故②不正确；
③，故③正确；
④＝＝a+b，故④不正确；
所以，上列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有1个，
故选：C．
【点评】本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十六．分式的化简求值（共2小题）
26．（2022秋•廉江市期末）先化简（﹣x）÷，再从﹣1，0，1中选择合适的x值代入求值．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算即可．
【解答】解：原式＝（﹣）•
＝﹣•
＝﹣，
∵（x+1）（x﹣1）≠0，
∴x≠±1，
当x＝0时，原式＝﹣＝0．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
27．（2022秋•龙亭区校级期末）化简并求值：，其中a﹣2023＝0．
【分析】先利用同分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
【解答】解：
＝•
＝a+1，
∵a﹣2023＝0，
∴a＝2023，
∴当a＝2023时，原式＝2023+1＝2024．
【点评】本题考查了分式的化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十七．分式方程的解（共1小题）
28．（2022秋•龙江县校级期末）已知关于x的方程的解为正数，则m的取值范围是 m＞3且m≠9 ．
【分析】根据解分式方程的一般步骤，可得分式方程的解，根据解为正数，可得不等式，解不等式即可得答案．
【解答】解：去分母，得2x﹣m﹣（x﹣3）＝﹣x，
解得：x＝，
∵关于x的方程的解为正数，
∴x＝＞0且x≠3，
∴m＞3且m≠9；
故答案为：m＞3且m≠9．
【点评】此题主要考查了分式方程的解，解出分式方程，根据解为正数列出不等式是解题关键．
一十八．解分式方程（共2小题）
29．（2022秋•济宁期末）解方程：．
【分析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：，
3﹣x＝2（x﹣3），
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，x（x﹣3）＝0，
∴x＝3是原方程的增根，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
30．（2022秋•东昌府区校级期末）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1），
x2+x﹣1＝x（x﹣1），
解得：x＝，
检验：当x＝时，x（x﹣1）≠0，
∴x＝是原方程的根；
（2），
2（x﹣2）+x+2＝4，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，（x+2）（x﹣2）＝0，
∴x＝2是原方程的增根，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
一十九．分式方程的增根（共1小题）
31．（2022秋•莱州市期末）若关于x的分式方程有增根，则实数m的值是 2 ．
【分析】根据题意可得x＝2，然后把x＝2代入整式方程中进行计算，即可解答．
【解答】解：，
＝﹣﹣2，
m＝﹣2（1﹣x）﹣4（x﹣2），
解得：x＝，
∵分式方程有增根，
∴x﹣2＝0，
∴x＝2，
把x＝2代入x＝中得：
2＝，
解得：m＝2，
故答案为：2．
【点评】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．
二十．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
32．（2022秋•天山区校级期末）在△ABC中作AB边上的高，下图中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】过三角形的顶点向对边作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高，据此判断即可．
【解答】解：由题可得，过点C作AB的垂线段，垂足为H，则CH是BC边上的高，
∴A、B、D选项正确，C选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的高线，熟记概念是解题的关键．解题时注意：钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
二十一．三角形三边关系（共1小题）
33．（2022秋•宁明县期末）在下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（ ）
A．2cm，2cm，4cmB．3cm，4cm，6cm
C．1cm，4cm，6cmD．2cm，5cm，7cm
【分析】根据三角形三边关系定理（①三角形两边之和大于第三边，②三角形的两边之差小于第三边）逐个判断即可．
【解答】解：A、2+2＝4，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
B、3+4＞6，符合三角形三边关系定理，故本选项正确；
C、1+4＜6，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
D、2+5＝7，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，解题时注意：判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
二十二．全等三角形的性质（共1小题）
34．（2022秋•南关区校级期末）如图△ABC≌△FED，∠A＝30°，∠B＝80°，则∠EDF＝ 70° ．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据全等三角形的性质解答．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠B＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣80°＝70°，
∵△ABC≌△FED，
∴∠EDF＝∠ACB＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
二十三．全等三角形的判定（共1小题）
35．（2022秋•忻府区期末）根据下列已知条件，不能画出唯一△ABC的是（ ）
A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4，符合全等三角形的判定定理ASA，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的△ABC，故本选项符合题意；
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10，符合全等三角形的判定定理SAS，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，符合全等直角三角形的判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
二十四．全等三角形的判定与性质（共2小题）
36．（2022秋•无为市期末）如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，DE＝DG，△ADG和△AED的面积分别为10和4．
（1）过点D作DH⊥AC于H，则DF ＝ DH（填“＜、＝、＞”）；
（2）△EDF的面积为 3 ．
【分析】（1）利用角平分线的性质，即可解答；
（2）利用（1）的结论，可证Rt△DFE≌△DHG，从而可得Rt△DFE的面积＝Rt△DHG的面积，再利用HL证明Rt△AFD≌Rt△AHD（HL），从而可得Rt△AFD的面积＝Rt△AHD的面积，然后结合图形利用面积的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：（1）如图：
∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，DH⊥AC，
∴DF＝DH，
故答案为：＝；
（2）在Rt△DFE和△DHG中，
，
∴Rt△DFE≌△DHG（HL），
∴Rt△DFE的面积＝Rt△DHG的面积，
在Rt△AFD和Rt△AHD中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△AHD（HL），
∴Rt△AFD的面积＝Rt△AHD的面积，
∵△ADG和△AED的面积分别为10和4，
∴△ADH的面积+△DHG的面积＝10，
∴△ADF的面积+△DHG的面积＝10，
∴△AED的面积+△DFE的面积+△DHG的面积＝10，
∴2△DFE的面积＝6，
∴△EDF的面积＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
37．（2022秋•和平区校级期末）如图，在五边形ABCDE中，∠BCD＝∠EDC＝90°，BC＝ED，AC＝AD．求证：AB＝AE．
【分析】根据∠ACD＝∠ADC，∠BCD＝∠EDC＝90°，可得∠ACB＝∠ADE，进而运用SAS即可判定全等三角形，即可得出结论．
【解答】证明：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
又∵∠BCD＝∠EDC＝90°，
∴∠ACB＝∠ADE，
在△ABC和△AED中，
，
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴AB＝AE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．
二十五．角平分线的性质（共5小题）
38．（2022秋•昆明期末）点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，点D是BC边上的任意一点，则下列选项正确的是（ ）
A．PD＞3B．PD≥3C．PD＜3D．PD≤3
【分析】利用角平分线的性质可得点P到BC边的距离等于3，然后再根据垂线段最短，即可解答．
【解答】解：∵点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，
∴点P到BC边的距离等于3，
∵点D是BC边上的任意一点，
∴PD≥3，
故选：B．
【点评】本题考查了角平分线的性质，垂线段最短，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
39．（2022秋•昆明期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，DE⊥BC于点E，S△ABC＝30，DE＝4，BC＝10，则AC的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，根据角平分线的性质可得DE＝DF＝4，然后利用面积法，进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝4，
∵S△ABC＝30，BC＝10，
∴△ADC的面积+△CDB的面积＝30，
∴AC•DF+BC•DE＝30，
∴AC•4+×10×4＝30，
∴AC＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
40．（2022秋•长沙期末）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、AC、BC的距离OF＝OE＝OD，若∠BAC＝70°，则∠BOC＝（ ）
A．110°B．115°C．120°D．125°
【分析】先利用三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝110°，然后利用角平分线性质定理的逆定理可得BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，从而利用角平分线的定义可得∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠BAC＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝110°，
由题意得：
OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，
∵OF＝OE＝OD，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣55°
＝125°，
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
41．（2022秋•宛城区校级期末）如图，AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB于点E，S△ABC＝15，DE＝3，AB＝6，则AC的长是（ ）
A．4B．4.5C．5D．6
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，利用角平分线的性质可得DE＝DF＝3，然后利用△ABD的面积+△ADC的面积＝△ABC的面积，进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，
∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝3，
∵S△ABC＝15，AB＝6，
∴△ABD的面积+△ADC的面积＝15，
∴AB•DE+AC•DF＝15，
∴×6×3+AC•3＝15，
∴AC＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
42．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝3，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为（ ）
A．1B．6C．3D．12
【分析】由三角形的内角和定理和角的和差求出∠ABD＝∠CBD，角平分线的性质定理得AD＝DH，垂线段定义证明DH最短，求出DP长的最小值为3．
【解答】解：过点D作DH⊥BC交BC于点H，如图所示：
∵BD⊥CD，
∴∠BDC＝90°，
又∵∠C+∠BDC+∠DBC＝180°，
∠ADB+∠A+∠ABD＝180°
∠ADB＝∠C，∠A＝90°，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD是∠ABC的角平分线，
又∵AD⊥AB，DH⊥BC，
∴AD＝DH，
又∵AD＝3，
∴DH＝3，
又∴点D是直线BC外一点，
∴当点P在BC上运动时，点P运动到与点H重合时DP最短，其长度为DH长等于3，
即DP长的最小值为3．
故选：C．
【点评】本题综合考查了三角形的内角和定理，角的和差，角平分线的性质定理，垂线段的定义等知识点，重点掌握角平分线的性质定理，难点是作垂线段找线段的最小值．
二十六．线段垂直平分线的性质（共2小题）
43．（2022秋•安次区期末）如图，BC＝4，△BCE的周长为9，AB的垂直平分线DE交AC于点E，垂足为D，则AC＝（ ）
A．6B．5C．4D．9
【分析】根据三角形的周长可得BE+CE＝5，然后利用线段垂直平分线的性质可得EB＝EA，从而可得AC＝EB+EC＝5，即可解答，
【解答】解：∵BC＝4，△BCE的周长为9，
∴BE+CE＝9﹣4＝5，
∵ED是AB的垂直平分线，
∴EB＝EA，
∴AC＝EA+EC＝EB+EC＝5，
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
44．（2023春•定边县校级期末）如图，在△ABC中，DE垂直平分BC，分别交BC、AB于D、E，连接CE，BF平分∠ABC，交CE于F，若BE＝AC，∠ACE＝20°，则∠EFB的度数为（ ）
A．56°B．58°C．60°D．63°
【分析】利用线段垂直平分线的性质可得EB＝EC，从而可得∠EBC＝∠ECB，再根据已知可得CE＝AC，从而利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠A＝∠AEC＝80°，然后利用三角形的外角性质可得∠EBC＝∠ECB＝40°，再利用角平分线的定义∠FBC＝20°，最后利用三角形的外角性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵DE垂直平分BC，
∴EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵BE＝AC，
∴CE＝AC，
∵∠ACE＝20°，
∴∠A＝∠AEC＝（180°﹣∠ACE）＝80°，
∵∠AEC＝∠EBC+∠ECB＝80°，
∴∠EBC＝∠ECB＝40°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠FBC＝∠EBC＝20°，
∴∠EFB＝∠FBC+∠ECB＝60°，
故选：C．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
二十七．等腰三角形的性质（共3小题）
45．（2022秋•门头沟区期末）一个等腰三角形的两条边分别是2cm和5cm，则第三条边的边长是（ ）
A．2cmB．5cmC．2cm或5cmD．不能确定
【分析】分两种情况：当等腰三角形的腰长为2cm，底边长为5cm时，当等腰三角形的腰长为5cm，底边长为2cm时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的腰长为2cm，底边长为5cm时，
∵2+2＝4＜5，
∴不能组成三角形；
当等腰三角形的腰长为5cm，底边长为2cm时，
∴等腰三角形的三边长分别为5cm，5cm，2cm，
综上所述：等腰三角形的第三条边的边长是5cm，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
46．（2022秋•番禺区校级期末）等腰三角形的一条边长为6，另一边长为14，则它的周长为（ ）
A．26B．26或34C．34D．20
【分析】分两种情况：当等腰三角形的腰长为6，底边长为14时；当等腰三角形的腰长为14，底边长为6时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的腰长为6，底边长为14时，
∵6+6＝12＜14，
∴不能组成三角形；
当等腰三角形的腰长为14，底边长为6时，
∴它的周长＝14+14+6＝34；
综上所述：它的周长为34，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
47．（2022秋•南宫市期末）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若在等腰△ABC中，∠A＝50°，则它的特征值k等于（ ）
A．B．C．或D．或
【分析】分两种情况：当等腰三角形的顶角为50°；当等腰三角形的一个底角为50°时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的顶角为50°，
∴等腰三角形的两个底角都＝×（180°﹣50°）＝65°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
当等腰三角形的一个底角为50°时，那么另一个底角也是50°，
∴等腰三角形的顶角＝180°﹣2×50°＝80°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
综上所述：或，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分两种情况讨论是解题的关键．
二十八．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
48．（2023春•南明区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC分别交AB、AC于M、N，则△AMN的周长为（ ）
A．4B．6C．7D．8
【分析】利用角平分线的定义和平行线的性质可证△MEB和△NEC是等腰三角形，从而可得MB＝ME，NE＝NC，然后利用等量代换可得△AMN的周长＝AB+AC，进行计算即可解答．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠ABE＝∠EBC，∠ACE＝∠ECB，
∵MN∥BC，
∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，
∴∠ABE＝∠MEB，∠ACE＝∠NEC，
∴MB＝ME，NE＝NC，
∵AB＝3，AC＝4，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN
＝AM+ME+EN+AN
＝AM+MB+CN+AN
＝AB+AC
＝3+4
＝7，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，熟练掌握利用角平分线的定义和平行线的性质可证等腰三角形是解题的关键．
二十九．含30度角的直角三角形（共1小题）
49．（2022秋•细河区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠ACB＝30°，分别以点B，A为圆心，BC，AC长为半径作弧，两弧交于点D，连接CD，交AB的延长线于点E．有下列结论：①∠CBE＝60°；②S△ABC＝BE•CE；③AC＝CD；④AE垂直平分线段CD．其中，正确结论是（ ）
A．①④B．①②④C．①③④D．①②③④
【分析】连接AD，BD，根据等角对等边可得BA＝BC，再利用三角形的外角性质可得∠CBE＝60°，然后根据题意可得：BC＝BD，AD＝AC，从而可得AE是CD的垂直平分线，进而可得∠AEC＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ACE＝60°，∠BCE＝30°，从而在Rt△BCE中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC＝2BE，进而利用三角形的面积公式，进行计算可得S△ABC＝BE•CE，最后再根据等边三角形的判定可得△ACD是等边三角形，从而可得AC＝CD，即可解答．
【解答】解：连接AD，BD，
∵∠CAB＝∠ACB＝30°，
∴BA＝BC，
∵∠CBE是△ABC的一个外角，
∴∠CBE＝∠CAB+∠ACB＝60°，
由题意得：BC＝BD，AD＝AC，
∴AE是CD的垂直平分线，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠CAB＝60°，∠BCE＝90°﹣∠CBE＝30°，
∴BC＝2BE，
∴S△ABC＝AB•CE
＝BC•CE
＝•2BE•CE
＝BE•CE，
∵AC＝AD，∠ACE＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝CD，
所以，上列结论，其中正确的是①②③④，
故选：D．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
三十．多边形内角与外角（共9小题）
50．（2022秋•莱州市期末）若一个正多边形的每个内角为144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．7B．10C．12D．14
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
51．（2022秋•路南区校级期末）已知，正多边形的一个外角是30°，则这个正多边形是（ ）
A．六边形B．九边形C．十边形D．十二边形
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．
【解答】解：因为360÷30＝12，
则正多边形的边数为12．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知正多边形的外角求正多边形的边数是一个考试中经常出现的问题．
52．（2022秋•东城区期末）六边形的外角和为（ ）
A．180°B．720°C．360°D．1080°
【分析】根据多边形的外角和是360°求解．
【解答】解：因为多边形的外角和等于360°，
所以六边形的外角和等于360°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和．解题的关键是需要熟记多边形的外角和是360°．
53．（2022秋•海兴县期末）正十二边形的一个外角的度数为（ ）
A．30°B．36°C．144°D．150°
【分析】根据正十二边形的每个外角都相等，且外角和为360°解答即可．
【解答】解：正十二边形的一个外角为＝30°．
故选：A．
【点评】本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和是解题的关键．
54．（2022秋•中山市期末）如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90°B．180°C．120°D．360°
【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和得到∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，根据三角形内角和定理得到答案．
【解答】解：如图：
∵∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，
∴∠1＝∠A+∠C+∠D，
∵∠1+∠B+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理和三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
55．（2023春•岳麓区校级期末）若一个多边形的内角和比它的外角和大540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和与外角和可得（n﹣2）•180°＝360°+540°，然后进行计算即可解答．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：
（n﹣2）•180°＝360°+540°，
解得：n＝7，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和与外角和是解题的关键．
56．（2022秋•钦州期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为2020°；老师：不对呀，你可能少加了一个角!则小红少加的这个角的度数是（ ）
A．110°B．120°C．130°D．140°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，少计算了一个内角，结果得2020°．则内角和是（n﹣2）•180°与2020°的差一定小于180度，并且大于0度．
【解答】解：设多边形的边数为n，小红少加的这个角的度数是x°，
则有0°＜（n﹣2）180°﹣2020＜180°，
则2020°＝180°×12﹣140°，
因为0°＜x°＜180°，
所以x°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式．解答此题的关键是把所求的角正确的分解为180°与一个正整数的积再减去一个小于180°的角的形式，再根据多边形的内角和公式即可求解．
57．（2022秋•新宾县期末）如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1+∠2等于（ ）
A．126°B．130°C．136°D．140°
【分析】根据正五边形的特征，由多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）先求出正五边形的内角和，进一步得到2个内角的和，根据三角形内角和为180°，可求∠3+∠4的度数，根据角的和差关系即可得到图中∠1+∠2的结果．
【解答】解：如图：
∵（5﹣2）×180°÷5×2
＝3×180°÷5×2
＝216°，
∠3+∠4＝180°﹣90°＝90°，
∴∠1+∠2＝216°﹣90°＝126°．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是熟练掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）．
58．（2022秋•新乡期末）一个各内角都相等的多边形截去一个角以后（截线不经过多边形的顶点），形成的另一个多边形的内角和比五边形的内角和多720°，求原多边形的边数及每个外角的度数．
【分析】设原多边形的边数为n，根据题意可得：（n+1﹣2）•180°＝（5﹣2）×180°+720°，然后进行计算可求出多边形的边数，最后再利用任意多边形的外角和都是360°，进行计算即可解答．
【解答】解：设原多边形的边数为n，
由题意得：
（n+1﹣2）•180°＝（5﹣2）×180°+720°，
（n﹣1）•180°＝3×180°+720°，
（n﹣1）•180°＝1260°，
n﹣1＝7，
n＝8，
∵原多边形各内角都相等，
∴每个外角的度数＝＝45°，
∴原多边形的边数为8，每个外角的度数为45°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式，与外角和是解题的关键．
三十一．轴对称图形（共1小题）
59．（2022秋•南岗区期末）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．
三十二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
60．（2022秋•广宗县期末）若点A（a，3），B（2，﹣b）关于y轴对称，则点M（a，b）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求出a、b的值，即可得到结论．
【解答】解：∵点A（a，3）、点B（2，﹣b）关于y轴对称，
∴a＝﹣2，﹣b＝3，
解得：a＝﹣2，b＝﹣3，
∴点M（a，b）在第三象限，
故选：C．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标以及各点所在象限的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
1．（2022秋•孝昌县期末）某种芯片每个探针单元的面积为0.00000164cm2，0.00000164用科学记数法可表示为（ ）
A．1.64×10﹣6B．1.64×10﹣5
C．16.4×10﹣7D．0.164×10﹣5
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：0.00000164＝1.64×10﹣6，
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
二．同底数幂的乘法（共1小题）
2．（2022秋•开福区校级期末）已知x+y﹣3＝0，则2y•2x的值是（ ）
A．6B．﹣6C．D．8
【分析】根据同底数幂的乘法求解即可．
【解答】解：∵x+y﹣3＝0，
∴x+y＝3，
∴2y•2x＝2x+y＝23＝8，
故选：D．
【点评】此题考查了同底数幂的乘法等知识，解题的关键是把2y•2x化为2x+y．
三．同底数幂的除法（共2小题）
3．（2022秋•榆树市校级期末）已知2x＝3，则22x﹣3＝ ．
【分析】利用同底数幂的除法的法则及幂的乘方的法则对所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．
【解答】解：当2x＝3时，
22x﹣3＝22x÷23＝（2x）2÷23＝32÷8＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查同底数幂的除法及幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握与运用．
4．（2022秋•花都区期末）计算：a3•a+（﹣a2）3÷a2．
【分析】根据同底数幂的乘法和除法的运算法则，幂的乘方的运算法则解答即可．
【解答】解：原式＝a4+（﹣a6）÷a2
＝a4﹣a6÷a2
＝a4﹣a4
＝0．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法和除法的运算法则，幂的乘方的运算法则，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
四．单项式乘单项式（共2小题）
5．（2022秋•龙江县校级期末）下列运算正确的是（ ）
A．3a+a＝4a2B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．（a3）2÷a5＝1D．3a3•2a2＝6a6
【分析】根据合并同类项法则、积的乘方法则、同底数幂的除法法则、单项式乘单项式的运算法则计算，判断即可．
【解答】解：A、3a+a＝4a，本选项计算错误，不符合题意；
B、（﹣2a）3＝﹣8a3，本选项计算正确，符合题意；
C、（a3）2÷a5＝a6÷a5＝a，本选项计算错误，不符合题意；
D、3a3•2a2＝6a5，本选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是单项式乘单项式、幂的乘方与积的乘方、合并同类项，掌握它们的运算法则是解题的关键．
6．（2022秋•南阳期末）下列计算中，正确的是（ ）
A．x•（﹣x）＝x2B．（﹣x）2＝x2C．（2x）3＝6x3D．x4÷x＝x4
【分析】根据同底数幂的除法法则、同底数幂的乘法及合并同类项的法则，分别进行各选项的判断即可．
【解答】解：A、x•（﹣x）＝﹣x2，故本选项错误；
B、（﹣x）2＝x2，故本选项正确；
C、（2x）3＝8x3，故本选项错误；
D、x4÷x＝x3，故本选项错误；
故选：B．
【点评】本题考查了同底数幂的乘除法则、合并同类项的法则，解答本题的关键是掌握各部分的运算法则．
五．完全平方公式（共3小题）
7．（2022秋•长沙期末）已知（a﹣b）2＝13，ab＝6，则a2+b2＝ 25 ．
【分析】根据完全平方公式解答即可．
【解答】解：∵（a﹣b）2＝13，ab＝6，
∴a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝13+12＝25．
故答案为：25．
【点评】此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
8．（2022秋•西山区期末）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a5＝a10B．（3a2）2＝6a4
C．a3÷a＝a2D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
【分析】根据同底数幂的乘法法则、积的乘方的运算法则、同底数幂的除法法则、完全平方公式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a7，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、原式＝9a4，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、原式＝a2，原计算正确，故此选项符合题意；
D、原式＝a2﹣2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了同底数幂的乘除法法则、积的乘方的运算法则、完全平方公式，熟练掌握运算法则和公式是解本题的关键．
9．（2022秋•大安市期末）已知m﹣n＝6，mn＝4．
（1）求m2+n2的值．
（2）求（m+2）（n﹣2）的值．
【分析】（1）根据完全平方公式即可求出答案；
（2）将原式展开后，再将m﹣n，mn代入即可求出答案．
【解答】解：（1）因为m﹣n＝6，mn＝4，
所以m2+n2
＝（m﹣n）2+2mn
＝62+2×4
＝36+8
＝44；
（2）因为m﹣n＝6，mn＝4，
所以（m+2）（n﹣2）
＝mn﹣2m+2n﹣4
＝mn﹣2（m﹣n）﹣4
＝4﹣2×6﹣4
＝﹣12．
【点评】本题考查了整式的运算．熟练掌握完全平方公式、多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键．
六．完全平方公式的几何背景（共1小题）
10．（2022秋•湖里区期末）在一个面积为36cm2正方形纸板中剪下边长为a cm大正方形和边长为b cm的小正方形（如图1），再在大正方形沿一个顶点剪下一个边长为b cm的小正方形（如图2），得到一个周长为16cm的六边形ABCDEF，则原大正方形中剩下的两个长方形的面积和为 16 cm2．
【分析】先分别求得a+b，a和b的值，再分别代入求解．
【解答】解：由题意得，
解得或（舍去），
∴原大正方形中剩下的两个长方形的面积和为：4×2×2＝16，
故答案为：16．
【点评】此题考查了完全平方公式几何背景问题的解决能力，关键是能结合几何图形进行准确列式、运算．
七．完全平方式（共3小题）
11．（2022秋•内江期末）已知关于x的二次三项式x2+2kx+16是完全平方式，则实数k的值为 4或﹣4 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可求出k的值．
【解答】解：∵关于字母x的二次三项式x2+2kx+16是完全平方式，
∴k＝4或﹣4．
故答案为：4或﹣4．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2．
12．（2022秋•三河市校级期末）多项式x2﹣8x+k是一个完全平方式，则k＝ 16 ．如果x2+mx+16是完全平方式，则m的值是 ±8 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可得解．
【解答】解：∵多项式x2﹣8x+k是一个完全平方式，
∴k＝（）2＝16，
∵x2+mx+16是完全平方式，
∴，即m2＝64，
又∵（±8）2＝64，
∴m＝±8．
故答案为：16，±8．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
13．（2022秋•路南区校级期末）已知多项式A＝x2+2x+n2，多项式B＝2x2+4x+3n2+3．
（1）若多项式x2+2x+n2是完全平方式，则n＝ ±1 ；
（2）有同学猜测B﹣2A的结果是定值，他的猜测是否正确，请说明理由；
（3）若多项式x2+2x+n2的值为﹣1，求x和n的值．
【分析】（1）根据完全平方式的定义计算即可；
（2）把A＝x2+2x+n2，B＝2x2+4x+3n2+3代入B﹣2A计算即可；
（3）由题意可得x2+2x+n2＝﹣1，整理后利用非负数的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵x2+2x+n2是一个完全平方式，
∴x2+2x+n2＝（x+1）2，
∴n2＝1，
∴n＝±1．
故答案为：±1；
（2）猜测不正确，理由：
∵A＝x2+2x+n2，B＝2x2+4x+3n2+3，
∴B﹣2A＝2x2+4x+3n2+3﹣2（x2+2x+n2）＝2x2+4x+3n2+3﹣2x2﹣4x﹣2n2＝n2+3，
∵结果含字母n，
∴B﹣2A的结果不是定值；
（3）由题意可得x2+2x+n2＝﹣1，
∴x2+2x+n2+1＝0，
∴（x+1）2+n2＝0，
∴x+1＝0，n＝0，
∴x＝﹣1．
【点评】本题考查了完全平方式以及整式的加减，记住完全平方式的特征是解题的关键，形如a2±2ab+b2这样的式子是完全平方式．
八．平方差公式（共2小题）
14．（2022秋•河北区期末）计算982﹣99×97＝ 1 ．
【分析】根据平方差公式解答即可．
【解答】解：982﹣99×97
＝982﹣（98+1）（98﹣1）
＝982﹣（982﹣1）
＝982﹣982+1
＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查平方差公式，熟练掌握平方差公式是解决本题的关键．
15．（2022秋•舒兰市期末）计算：（a+1）2+（3﹣a）（3+a）．
【分析】根据完全平方公式和平方差公式计算即可．
【解答】解：原式＝a2+2a+1+9﹣a2
＝2a+10．
【点评】本题考查了完全平方公式和平方差公式．能够灵活运用完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
九．整式的除法（共1小题）
16．（2022秋•内乡县期末）下列计算正确的是（ ）
A．12a2÷3a＝4B．a3•a3＝a9C．（a3）2＝a6D．（ab）2＝ab2
【分析】利用单项式除以单项式，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方的法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、12a2÷3a＝4a，故A不符合题意；
B、a3•a3＝a6，故B不符合题意；
C、（a3）2＝a6，故C符合题意；
D、（ab）2＝a2b2，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了整式的除法，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十．因式分解的意义（共2小题）
17．（2022秋•渝北区校级期末）下列从左边到右边的变形中，是因式分解的是（ ）
A．a2﹣9＝（a﹣3）（a+3）
B．（x﹣y）2＝x2﹣y2
C．x2﹣4+4x＝（x+2）（x﹣2）+4x
D．x2+3x+1＝x（x+3+）
【分析】多项式的因式分解是将多项式变形为几个整式的乘积形式，由此解答即可．
【解答】解：A、符合因式分解的定义，故本选项符合题意；
B、右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意；
C、右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意；
D、右边不是整式的积的形式（含有分式），不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查因式分解的定义．解题的关键是掌握因式分解的定义，属于基础题型．
18．（2022秋•临县校级期末）若（x+2）是多项式4x2+5x+m的一个因式，则m等于（ ）
A．﹣6B．6C．﹣9D．9
【分析】根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，设4x2+5x+m＝（x+2）（4x+b）＝4x2+（b+8）x+2b，可得答案．
【解答】解：设4x2+5x+m＝（x+2）（4x+b）＝4x2+（b+8）x+2b，
则b+8＝5，m＝2b，
解得：b＝﹣3，m＝﹣6，
故选：A．
【点评】本题考查了因式分解的意义，由十字相乘法得因式分解，由因式分解得出m的值．
一十一．提公因式法与公式法的综合运用（共3小题）
19．（2022秋•内乡县期末）把多项式2x2﹣8分解因式，正确的是（ ）
A．2（x2﹣4）B．（x+2）（x﹣2）
C．2（x+2）（x﹣2）D．（2x+4）（x﹣2）
【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
【解答】解：2x2﹣8
＝2（x2﹣4）
＝2（x+2）（x﹣2），
故选：C．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
20．（2022秋•离石区期末）因式分解：﹣3a2x2+24a2x﹣48a2＝ ﹣3a2（x﹣4）2 ．
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
【解答】解：﹣3a2x2+24a2x﹣48a2
＝﹣3a2（x2﹣8x+16）
＝﹣3a2（x﹣4）2，
故答案为：﹣3a2（x﹣4）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
21．（2022秋•嘉峪关期末）整体思想是数学解题中常见的一种思想方法：下面是某同学对多项式（x2+2x）（x2+2x+2）+1进行因式分解的过程．将“x2+2x”看成一个整体，令x2+2x＝y，则原式＝y（y+2）+1＝y2+2y+1＝（y+1）2，再将“y”还原即可．解：设x2+2x＝y．原式＝y（y+2）+1＝y2+2y+1＝（y+1）2＝（x2+2x+1）2．
问题：
（1）该同学完成因式分解了吗？如果没完成，请你直接写出最后的结果 （x+1）4 ；
（2）请你模仿以上方法尝试对多项式（x2﹣4x）（x2﹣4x+8）+16进行因式分解．
【分析】（1）利用完全平方公式继续分解，即可解答；
（2）按照例题的解题思路，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）该同学没有完成因式分解，
设x2+2x＝y，
原式＝y（y+2）+1
＝y2+2y+1
＝（y+1）2
＝（x2+2x+1）2
＝（x+1）4，
故答案为：（x+1）4；
（2）设x2﹣4x＝y，
原式＝y（y+8）+16
＝y2+8y+16
＝（y+4）2
＝（x2﹣4x+4）2
＝（x﹣2）4．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，理解例题的解题思路是解题的关键．
一十二．分式有意义的条件（共1小题）
22．（2022秋•射阳县校级期末）若分式有意义，则x的取值范围是 x≠1 ．
【分析】根据分式有意义的条件可知x﹣1≠0，再解不等式即可．
【解答】解：由题意得：x﹣1≠0，
解得：x≠1，
故答案为：x≠1．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
一十三．分式的值为零的条件（共1小题）
23．（2022秋•和硕县校级期末）如果分式的值为0，那么x的值为 1 ．
【分析】根据分式的值为零的条件解决此题．
【解答】解：如果分式的值为0，
则，
解得：x＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查分式的值为零的条件，熟练掌握分式的值为零的条件是解决本题的关键．
一十四．分式的加减法（共1小题）
24．（2022秋•磁县期末）阅读下面的材料，并解答问题：
分式的最大值是多少？
解：，
因为x≥0，所以x+2的最小值是2，所以的最大值是2，所以的最大值是4，即的最大值是4．
根据上述方法，试求分式的最大值是 5 ．
【分析】按照例题的解题思路，进行计算即可解答．
【解答】解：＝＝＝2+，
∵x2≥0，
∴x2+2的最小值为2，
∴的最大值为3，
∴2+的最大值为5，
∴分式的最大值是5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了分式的加减法，理解例题的解题思路是解题的关键．
一十五．分式的混合运算（共1小题）
25．（2022秋•高邑县期末）下列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有（ ）
①+＝；②a÷b×＝a
③；④
A．3个B．2个C．1个D．0个
【分析】根据分式的加减法，乘除法，分式的约分法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：①+＝，故①不正确；
②a÷b×＝a••＝，故②不正确；
③，故③正确；
④＝＝a+b，故④不正确；
所以，上列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有1个，
故选：C．
【点评】本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十六．分式的化简求值（共2小题）
26．（2022秋•廉江市期末）先化简（﹣x）÷，再从﹣1，0，1中选择合适的x值代入求值．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算即可．
【解答】解：原式＝（﹣）•
＝﹣•
＝﹣，
∵（x+1）（x﹣1）≠0，
∴x≠±1，
当x＝0时，原式＝﹣＝0．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
27．（2022秋•龙亭区校级期末）化简并求值：，其中a﹣2023＝0．
【分析】先利用同分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
【解答】解：
＝•
＝a+1，
∵a﹣2023＝0，
∴a＝2023，
∴当a＝2023时，原式＝2023+1＝2024．
【点评】本题考查了分式的化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十七．分式方程的解（共1小题）
28．（2022秋•龙江县校级期末）已知关于x的方程的解为正数，则m的取值范围是 m＞3且m≠9 ．
【分析】根据解分式方程的一般步骤，可得分式方程的解，根据解为正数，可得不等式，解不等式即可得答案．
【解答】解：去分母，得2x﹣m﹣（x﹣3）＝﹣x，
解得：x＝，
∵关于x的方程的解为正数，
∴x＝＞0且x≠3，
∴m＞3且m≠9；
故答案为：m＞3且m≠9．
【点评】此题主要考查了分式方程的解，解出分式方程，根据解为正数列出不等式是解题关键．
一十八．解分式方程（共2小题）
29．（2022秋•济宁期末）解方程：．
【分析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：，
3﹣x＝2（x﹣3），
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，x（x﹣3）＝0，
∴x＝3是原方程的增根，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
30．（2022秋•东昌府区校级期末）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1），
x2+x﹣1＝x（x﹣1），
解得：x＝，
检验：当x＝时，x（x﹣1）≠0，
∴x＝是原方程的根；
（2），
2（x﹣2）+x+2＝4，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，（x+2）（x﹣2）＝0，
∴x＝2是原方程的增根，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
一十九．分式方程的增根（共1小题）
31．（2022秋•莱州市期末）若关于x的分式方程有增根，则实数m的值是 2 ．
【分析】根据题意可得x＝2，然后把x＝2代入整式方程中进行计算，即可解答．
【解答】解：，
＝﹣﹣2，
m＝﹣2（1﹣x）﹣4（x﹣2），
解得：x＝，
∵分式方程有增根，
∴x﹣2＝0，
∴x＝2，
把x＝2代入x＝中得：
2＝，
解得：m＝2，
故答案为：2．
【点评】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．
二十．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
32．（2022秋•天山区校级期末）在△ABC中作AB边上的高，下图中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】过三角形的顶点向对边作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高，据此判断即可．
【解答】解：由题可得，过点C作AB的垂线段，垂足为H，则CH是BC边上的高，
∴A、B、D选项正确，C选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的高线，熟记概念是解题的关键．解题时注意：钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
二十一．三角形三边关系（共1小题）
33．（2022秋•宁明县期末）在下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（ ）
A．2cm，2cm，4cmB．3cm，4cm，6cm
C．1cm，4cm，6cmD．2cm，5cm，7cm
【分析】根据三角形三边关系定理（①三角形两边之和大于第三边，②三角形的两边之差小于第三边）逐个判断即可．
【解答】解：A、2+2＝4，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
B、3+4＞6，符合三角形三边关系定理，故本选项正确；
C、1+4＜6，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
D、2+5＝7，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，解题时注意：判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
二十二．全等三角形的性质（共1小题）
34．（2022秋•南关区校级期末）如图△ABC≌△FED，∠A＝30°，∠B＝80°，则∠EDF＝ 70° ．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据全等三角形的性质解答．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠B＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣80°＝70°，
∵△ABC≌△FED，
∴∠EDF＝∠ACB＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
二十三．全等三角形的判定（共1小题）
35．（2022秋•忻府区期末）根据下列已知条件，不能画出唯一△ABC的是（ ）
A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4，符合全等三角形的判定定理ASA，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的△ABC，故本选项符合题意；
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10，符合全等三角形的判定定理SAS，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，符合全等直角三角形的判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
二十四．全等三角形的判定与性质（共2小题）
36．（2022秋•无为市期末）如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，DE＝DG，△ADG和△AED的面积分别为10和4．
（1）过点D作DH⊥AC于H，则DF ＝ DH（填“＜、＝、＞”）；
（2）△EDF的面积为 3 ．
【分析】（1）利用角平分线的性质，即可解答；
（2）利用（1）的结论，可证Rt△DFE≌△DHG，从而可得Rt△DFE的面积＝Rt△DHG的面积，再利用HL证明Rt△AFD≌Rt△AHD（HL），从而可得Rt△AFD的面积＝Rt△AHD的面积，然后结合图形利用面积的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：（1）如图：
∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，DH⊥AC，
∴DF＝DH，
故答案为：＝；
（2）在Rt△DFE和△DHG中，
，
∴Rt△DFE≌△DHG（HL），
∴Rt△DFE的面积＝Rt△DHG的面积，
在Rt△AFD和Rt△AHD中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△AHD（HL），
∴Rt△AFD的面积＝Rt△AHD的面积，
∵△ADG和△AED的面积分别为10和4，
∴△ADH的面积+△DHG的面积＝10，
∴△ADF的面积+△DHG的面积＝10，
∴△AED的面积+△DFE的面积+△DHG的面积＝10，
∴2△DFE的面积＝6，
∴△EDF的面积＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
37．（2022秋•和平区校级期末）如图，在五边形ABCDE中，∠BCD＝∠EDC＝90°，BC＝ED，AC＝AD．求证：AB＝AE．
【分析】根据∠ACD＝∠ADC，∠BCD＝∠EDC＝90°，可得∠ACB＝∠ADE，进而运用SAS即可判定全等三角形，即可得出结论．
【解答】证明：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
又∵∠BCD＝∠EDC＝90°，
∴∠ACB＝∠ADE，
在△ABC和△AED中，
，
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴AB＝AE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．
二十五．角平分线的性质（共5小题）
38．（2022秋•昆明期末）点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，点D是BC边上的任意一点，则下列选项正确的是（ ）
A．PD＞3B．PD≥3C．PD＜3D．PD≤3
【分析】利用角平分线的性质可得点P到BC边的距离等于3，然后再根据垂线段最短，即可解答．
【解答】解：∵点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，
∴点P到BC边的距离等于3，
∵点D是BC边上的任意一点，
∴PD≥3，
故选：B．
【点评】本题考查了角平分线的性质，垂线段最短，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
39．（2022秋•昆明期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，DE⊥BC于点E，S△ABC＝30，DE＝4，BC＝10，则AC的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，根据角平分线的性质可得DE＝DF＝4，然后利用面积法，进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝4，
∵S△ABC＝30，BC＝10，
∴△ADC的面积+△CDB的面积＝30，
∴AC•DF+BC•DE＝30，
∴AC•4+×10×4＝30，
∴AC＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
40．（2022秋•长沙期末）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、AC、BC的距离OF＝OE＝OD，若∠BAC＝70°，则∠BOC＝（ ）
A．110°B．115°C．120°D．125°
【分析】先利用三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝110°，然后利用角平分线性质定理的逆定理可得BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，从而利用角平分线的定义可得∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠BAC＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝110°，
由题意得：
OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，
∵OF＝OE＝OD，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣55°
＝125°，
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
41．（2022秋•宛城区校级期末）如图，AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB于点E，S△ABC＝15，DE＝3，AB＝6，则AC的长是（ ）
A．4B．4.5C．5D．6
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，利用角平分线的性质可得DE＝DF＝3，然后利用△ABD的面积+△ADC的面积＝△ABC的面积，进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，
∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝3，
∵S△ABC＝15，AB＝6，
∴△ABD的面积+△ADC的面积＝15，
∴AB•DE+AC•DF＝15，
∴×6×3+AC•3＝15，
∴AC＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
42．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝3，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为（ ）
A．1B．6C．3D．12
【分析】由三角形的内角和定理和角的和差求出∠ABD＝∠CBD，角平分线的性质定理得AD＝DH，垂线段定义证明DH最短，求出DP长的最小值为3．
【解答】解：过点D作DH⊥BC交BC于点H，如图所示：
∵BD⊥CD，
∴∠BDC＝90°，
又∵∠C+∠BDC+∠DBC＝180°，
∠ADB+∠A+∠ABD＝180°
∠ADB＝∠C，∠A＝90°，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD是∠ABC的角平分线，
又∵AD⊥AB，DH⊥BC，
∴AD＝DH，
又∵AD＝3，
∴DH＝3，
又∴点D是直线BC外一点，
∴当点P在BC上运动时，点P运动到与点H重合时DP最短，其长度为DH长等于3，
即DP长的最小值为3．
故选：C．
【点评】本题综合考查了三角形的内角和定理，角的和差，角平分线的性质定理，垂线段的定义等知识点，重点掌握角平分线的性质定理，难点是作垂线段找线段的最小值．
二十六．线段垂直平分线的性质（共2小题）
43．（2022秋•安次区期末）如图，BC＝4，△BCE的周长为9，AB的垂直平分线DE交AC于点E，垂足为D，则AC＝（ ）
A．6B．5C．4D．9
【分析】根据三角形的周长可得BE+CE＝5，然后利用线段垂直平分线的性质可得EB＝EA，从而可得AC＝EB+EC＝5，即可解答，
【解答】解：∵BC＝4，△BCE的周长为9，
∴BE+CE＝9﹣4＝5，
∵ED是AB的垂直平分线，
∴EB＝EA，
∴AC＝EA+EC＝EB+EC＝5，
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
44．（2023春•定边县校级期末）如图，在△ABC中，DE垂直平分BC，分别交BC、AB于D、E，连接CE，BF平分∠ABC，交CE于F，若BE＝AC，∠ACE＝20°，则∠EFB的度数为（ ）
A．56°B．58°C．60°D．63°
【分析】利用线段垂直平分线的性质可得EB＝EC，从而可得∠EBC＝∠ECB，再根据已知可得CE＝AC，从而利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠A＝∠AEC＝80°，然后利用三角形的外角性质可得∠EBC＝∠ECB＝40°，再利用角平分线的定义∠FBC＝20°，最后利用三角形的外角性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵DE垂直平分BC，
∴EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵BE＝AC，
∴CE＝AC，
∵∠ACE＝20°，
∴∠A＝∠AEC＝（180°﹣∠ACE）＝80°，
∵∠AEC＝∠EBC+∠ECB＝80°，
∴∠EBC＝∠ECB＝40°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠FBC＝∠EBC＝20°，
∴∠EFB＝∠FBC+∠ECB＝60°，
故选：C．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
二十七．等腰三角形的性质（共3小题）
45．（2022秋•门头沟区期末）一个等腰三角形的两条边分别是2cm和5cm，则第三条边的边长是（ ）
A．2cmB．5cmC．2cm或5cmD．不能确定
【分析】分两种情况：当等腰三角形的腰长为2cm，底边长为5cm时，当等腰三角形的腰长为5cm，底边长为2cm时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的腰长为2cm，底边长为5cm时，
∵2+2＝4＜5，
∴不能组成三角形；
当等腰三角形的腰长为5cm，底边长为2cm时，
∴等腰三角形的三边长分别为5cm，5cm，2cm，
综上所述：等腰三角形的第三条边的边长是5cm，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
46．（2022秋•番禺区校级期末）等腰三角形的一条边长为6，另一边长为14，则它的周长为（ ）
A．26B．26或34C．34D．20
【分析】分两种情况：当等腰三角形的腰长为6，底边长为14时；当等腰三角形的腰长为14，底边长为6时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的腰长为6，底边长为14时，
∵6+6＝12＜14，
∴不能组成三角形；
当等腰三角形的腰长为14，底边长为6时，
∴它的周长＝14+14+6＝34；
综上所述：它的周长为34，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
47．（2022秋•南宫市期末）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若在等腰△ABC中，∠A＝50°，则它的特征值k等于（ ）
A．B．C．或D．或
【分析】分两种情况：当等腰三角形的顶角为50°；当等腰三角形的一个底角为50°时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的顶角为50°，
∴等腰三角形的两个底角都＝×（180°﹣50°）＝65°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
当等腰三角形的一个底角为50°时，那么另一个底角也是50°，
∴等腰三角形的顶角＝180°﹣2×50°＝80°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
综上所述：或，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分两种情况讨论是解题的关键．
二十八．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
48．（2023春•南明区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC分别交AB、AC于M、N，则△AMN的周长为（ ）
A．4B．6C．7D．8
【分析】利用角平分线的定义和平行线的性质可证△MEB和△NEC是等腰三角形，从而可得MB＝ME，NE＝NC，然后利用等量代换可得△AMN的周长＝AB+AC，进行计算即可解答．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠ABE＝∠EBC，∠ACE＝∠ECB，
∵MN∥BC，
∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，
∴∠ABE＝∠MEB，∠ACE＝∠NEC，
∴MB＝ME，NE＝NC，
∵AB＝3，AC＝4，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN
＝AM+ME+EN+AN
＝AM+MB+CN+AN
＝AB+AC
＝3+4
＝7，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，熟练掌握利用角平分线的定义和平行线的性质可证等腰三角形是解题的关键．
二十九．含30度角的直角三角形（共1小题）
49．（2022秋•细河区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠ACB＝30°，分别以点B，A为圆心，BC，AC长为半径作弧，两弧交于点D，连接CD，交AB的延长线于点E．有下列结论：①∠CBE＝60°；②S△ABC＝BE•CE；③AC＝CD；④AE垂直平分线段CD．其中，正确结论是（ ）
A．①④B．①②④C．①③④D．①②③④
【分析】连接AD，BD，根据等角对等边可得BA＝BC，再利用三角形的外角性质可得∠CBE＝60°，然后根据题意可得：BC＝BD，AD＝AC，从而可得AE是CD的垂直平分线，进而可得∠AEC＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ACE＝60°，∠BCE＝30°，从而在Rt△BCE中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC＝2BE，进而利用三角形的面积公式，进行计算可得S△ABC＝BE•CE，最后再根据等边三角形的判定可得△ACD是等边三角形，从而可得AC＝CD，即可解答．
【解答】解：连接AD，BD，
∵∠CAB＝∠ACB＝30°，
∴BA＝BC，
∵∠CBE是△ABC的一个外角，
∴∠CBE＝∠CAB+∠ACB＝60°，
由题意得：BC＝BD，AD＝AC，
∴AE是CD的垂直平分线，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠CAB＝60°，∠BCE＝90°﹣∠CBE＝30°，
∴BC＝2BE，
∴S△ABC＝AB•CE
＝BC•CE
＝•2BE•CE
＝BE•CE，
∵AC＝AD，∠ACE＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝CD，
所以，上列结论，其中正确的是①②③④，
故选：D．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
三十．多边形内角与外角（共9小题）
50．（2022秋•莱州市期末）若一个正多边形的每个内角为144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．7B．10C．12D．14
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
51．（2022秋•路南区校级期末）已知，正多边形的一个外角是30°，则这个正多边形是（ ）
A．六边形B．九边形C．十边形D．十二边形
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．
【解答】解：因为360÷30＝12，
则正多边形的边数为12．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知正多边形的外角求正多边形的边数是一个考试中经常出现的问题．
52．（2022秋•东城区期末）六边形的外角和为（ ）
A．180°B．720°C．360°D．1080°
【分析】根据多边形的外角和是360°求解．
【解答】解：因为多边形的外角和等于360°，
所以六边形的外角和等于360°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和．解题的关键是需要熟记多边形的外角和是360°．
53．（2022秋•海兴县期末）正十二边形的一个外角的度数为（ ）
A．30°B．36°C．144°D．150°
【分析】根据正十二边形的每个外角都相等，且外角和为360°解答即可．
【解答】解：正十二边形的一个外角为＝30°．
故选：A．
【点评】本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和是解题的关键．
54．（2022秋•中山市期末）如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90°B．180°C．120°D．360°
【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和得到∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，根据三角形内角和定理得到答案．
【解答】解：如图：
∵∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，
∴∠1＝∠A+∠C+∠D，
∵∠1+∠B+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理和三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
55．（2023春•岳麓区校级期末）若一个多边形的内角和比它的外角和大540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和与外角和可得（n﹣2）•180°＝360°+540°，然后进行计算即可解答．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：
（n﹣2）•180°＝360°+540°，
解得：n＝7，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和与外角和是解题的关键．
56．（2022秋•钦州期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为2020°；老师：不对呀，你可能少加了一个角!则小红少加的这个角的度数是（ ）
A．110°B．120°C．130°D．140°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，少计算了一个内角，结果得2020°．则内角和是（n﹣2）•180°与2020°的差一定小于180度，并且大于0度．
【解答】解：设多边形的边数为n，小红少加的这个角的度数是x°，
则有0°＜（n﹣2）180°﹣2020＜180°，
则2020°＝180°×12﹣140°，
因为0°＜x°＜180°，
所以x°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式．解答此题的关键是把所求的角正确的分解为180°与一个正整数的积再减去一个小于180°的角的形式，再根据多边形的内角和公式即可求解．
57．（2022秋•新宾县期末）如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1+∠2等于（ ）
A．126°B．130°C．136°D．140°
【分析】根据正五边形的特征，由多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）先求出正五边形的内角和，进一步得到2个内角的和，根据三角形内角和为180°，可求∠3+∠4的度数，根据角的和差关系即可得到图中∠1+∠2的结果．
【解答】解：如图：
∵（5﹣2）×180°÷5×2
＝3×180°÷5×2
＝216°，
∠3+∠4＝180°﹣90°＝90°，
∴∠1+∠2＝216°﹣90°＝126°．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是熟练掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）．
58．（2022秋•新乡期末）一个各内角都相等的多边形截去一个角以后（截线不经过多边形的顶点），形成的另一个多边形的内角和比五边形的内角和多720°，求原多边形的边数及每个外角的度数．
【分析】设原多边形的边数为n，根据题意可得：（n+1﹣2）•180°＝（5﹣2）×180°+720°，然后进行计算可求出多边形的边数，最后再利用任意多边形的外角和都是360°，进行计算即可解答．
【解答】解：设原多边形的边数为n，
由题意得：
（n+1﹣2）•180°＝（5﹣2）×180°+720°，
（n﹣1）•180°＝3×180°+720°，
（n﹣1）•180°＝1260°，
n﹣1＝7，
n＝8，
∵原多边形各内角都相等，
∴每个外角的度数＝＝45°，
∴原多边形的边数为8，每个外角的度数为45°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式，与外角和是解题的关键．
三十一．轴对称图形（共1小题）
59．（2022秋•南岗区期末）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．
三十二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
60．（2022秋•广宗县期末）若点A（a，3），B（2，﹣b）关于y轴对称，则点M（a，b）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求出a、b的值，即可得到结论．
【解答】解：∵点A（a，3）、点B（2，﹣b）关于y轴对称，
∴a＝﹣2，﹣b＝3，
解得：a＝﹣2，b＝﹣3，
∴点M（a，b）在第三象限，
故选：C．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标以及各点所在象限的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
相关试卷
期末真题必刷01（易错60题22个考点专练）2023-2024八年级数学下期末考点大串讲（人教版）： 这是一份期末真题必刷01（易错60题22个考点专练）2023-2024八年级数学下期末考点大串讲（人教版），文件包含期末真题必刷01易错60题22个考点专练原卷版2023-2024学年八年级数学下期末考点大串讲人教版docx、期末真题必刷01易错60题22个考点专练解析版2023-2024学年八年级数学下期末考点大串讲人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共81页， 欢迎下载使用。
期末真题必刷基础60题（60个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版）： 这是一份期末真题必刷基础60题（60个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版），文件包含期末真题必刷基础60题60个考点专练原卷版docx、期末真题必刷基础60题60个考点专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
期末真题必刷易错60题（34个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版）： 这是一份期末真题必刷易错60题（34个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版），文件包含期末真题必刷易错60题34个考点专练原卷版docx、期末真题必刷易错60题34个考点专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
