人教版八年级数学下册同步精品讲义期末押题预测卷(2)(学生版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册同步精品讲义期末押题预测卷(2)(学生版+解析)，共32页。试卷主要包含了5C．87D．88，5，2，3，7，c=4，4①5，②等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023·广西·梧州市八年级期末）在下列关系式中，y不是x的函数的是（ ）
A．x+y=5B．C．D．
2．(2023·广东·深圳三模）为学习两会精神，我校组织了一次两会的知识竞赛，随机抽取6名同学的分数（单位：分）如下：82，90，84，92，87，88，则这6个数据的中位数是（ ）
A．84B．87.5C．87D．88.5
3．(2023春·湖北恩施·八年级统考期末）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是（ ）
A．8，6，10B．，，C．7，24，25D．1.5，2，3
4．(2023·云南红河·八年级期末）若x为实数，在“”的“”中添上一种运算符号（在“＋，－，×，÷”中选择）后，其运算的结果为有理数，则不可能是（ ）
A．B．C．D．
5．(2023春·黑龙江牡丹江·八年级校考期中）如果实数在数轴上的位置如图所示，那么代数式+|b-|+可以化简为（ ）
A．-2b-c B．c-b C． D．
6．(2023·山东·宁津县八年级阶段练习）自1996年起，我国确定每年3月份最后一周的星期一，为全国中小学生“安全教育日”．2018年3月26日是第二十三个全国中小学生安全教育日．某中学八年级开展了交通安全为主题的演讲比赛．其中两名参赛选手的各项得分如下表：
如果规定：演讲内容、演讲技巧、仪表形象按6：3：1计算成绩，那么甲、乙两人的成绩谁更高？（ ）
A．甲B．乙C．甲乙一样高D．无法确定
7．(2023·山西八年级期末）如图所示，是长方形地面，长，宽，中间整有一堵砖墙高，一只蚂蚁从A点爬到C点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走（ ）
A．20B．24C．25D．26
8．(2023·江西·南城县八年级阶段练习）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
9．(2023·福建漳州·八年级期中）如图，9个边长为1的正方形摆放在平面直角坐标系中，经过原点的直线l将九个正方形组成的图形面积分为1：2的两部分，则该直线的解析式为（ ）
A． B． C．或 D．或
10．(2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接 BE．有下列结论：① AB＝BE；②BG平分∠EBF；③△BFG的面积是四边形EFBC面积的；④BE＝＋2．其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023·福建龙岩·八年级期末）图1中的直角三角形斜边长为4，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，则的值为_____．
12．(2023春·广西·八年级统考期末）若与可以合并，则m的最小正整数值是______．
13．(2023·安徽合肥·八年级阶段练习）请写出一个一次函数，满足条件：（1）y随x的增大血减小；（2）经过点（2，-1），结果是_________
14．(2023苏州市八年级期中）如图所示，等腰三角形ABC的底边为8cm，腰长为5cm ，一动点P（与B、C不重合）在底边上从B向C以1cm/s的速度移动，当P运动_________秒时，△ACP是直角三角形
15．(2023·山东菏泽·八年级期中）阅读材料：如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为________．
16．(2023·河南许昌·八年级期末）2022年4月7日，许昌市首批新能源出租车上路，新车空间更大，舒适度更高，受到大众欢迎．新车的收费方式也做了调整，新车的打车费用y（单位：元）与行驶里程x（单位：千米）的函数关系如图所示．老款出租的收费方式为：不超过2千米收费5元，超过2千米部分收费1.5元/千米，同时，每次再加收1元的燃料附加费．小明爸爸从家到公司打车上班的行驶里程为22千米，则他上班乘坐新车的打车费用比老款车多______元．
17．(2023春·重庆大足·八年级统考期末）在正方形中，，点E、F分别为上一点，且，连接，则的最小值是________________．
18．(2023春·浙江·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为______．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023春·江苏无锡·八年级统考期末）计算：
(1)； (2)．
20．(2023·山东聊城·八年级期末）聊城市在创建“全国文明城市”期间，某小区在临街的拐角清理出了一块可以绿化的空地．如图，经技术人员的测量，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°．若平均每平方米空地的绿化费用为150元，试计算绿化这片空地共需花费多少元？
21．(2023·广西来宾·中考真题）某水果公司以元/的成本价新进箱荔枝，每箱质量，在出售荔枝前，需要去掉损坏的荔枝，现随机抽取箱，去掉损坏荔枝后称得每箱的质量（单位：）如下：


（1）直接写出上述表格中，，的值；（2）平均数、众数、中位数都能反映这组数据的集中趋势，请根据以上样本数据分析的结果，任意选择其中一个统计量，估算这箱荔枝共损坏了多少千克？
（3）根据（2）中的结果，求该公司销售这批荔枝每千克定为多少元才不亏本？（结果保留一位小数）
22．(2023·河北八年级期中）先阅读，再解答：由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题：（1）的有理化因式是______；
（2）化去式子分母中的根号：______．（直接写结果）
（3）______（填或）
（4）利用你发现的规律计算下列式子的值：．
23．(2023·安徽铜陵·八年级期末）一次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点．
(1)求一次函数的函数解析式，并在所给的坐标系中画出图象．
(2)若直线上有一点C，且的面积为2，求点C的坐标；

24．(2023·吉林长春·统考模拟预测）【教材呈现】华师版八年级上册教材第69页的部分内容．
请根据教材内容，结合图①，补全证明过程．
【结论应用】（1）如图②，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE，线段CE与BA边的延长线交于点F，点P、Q分别在线段CE、EF上，且CP＝FQ．求证：四边形APDQ是平行四边形．
（2）如图③，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，分别取AB、CD边的中点E、F，连接EF，经过线段EF中点O任意作一条直线l，作点B关于直线l的对称点P，连接PE、PO、PF，过点E作PF的平行线交PO的延长线于点Q，连接FQ，得到四边形PEQF．则四边形PEQF面积的最大值为______．
25．(2023绵阳市八年级期末）如图1，矩形中，，为边上一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处，．
(1)求的长；(2)如图2，连接交交于点，为上的点，连接交于点，．①求点到的距离；②求的值．
26．(2023春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．
(1)求直线的解析式．
(2)当为中点时，求的长．
(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．
项目
演讲内容
演讲技巧
仪表形象
甲
95
90
85
乙
90
95
90
整理数据：
分析数据：
质量（）
平均数
众数
中位数
数量（箱）
例4如图，在△ABC中，D是边BC的中点，过点C画直线CE，使CEAB，交AD的延长线于点E．求证：AD＝ED．
证明：∵CEAB（已知），
期末押题预测卷（2）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023·广西·梧州市八年级期末）在下列关系式中，y不是x的函数的是（ ）
A．x+y=5B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的概念，对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与之相对应，即可解答．
【详解】解：A、∵x+y=5，∴y=5-x，
对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与之相对应，所以y是x的函数，故A不符合题意；
B、∵，∴，
对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与之相对应，所以y是x的函数，
故B不符合题意；
2．(2023·广东·深圳三模）为学习两会精神，我校组织了一次两会的知识竞赛，随机抽取6名同学的分数（单位：分）如下：82，90，84，92，87，88，则这6个数据的中位数是（ ）
A．84B．87.5C．87D．88.5
【答案】B
【分析】将这组数据从小到大重新排列，再根据中位数的定义求解即可．
【详解】将这组数据从小到大重新排列为82，84，87，88，90，92
∴这组数据的中位数为87.5，故选：B．
【点睛】本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
3．(2023春·湖北恩施·八年级统考期末）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是（ ）
A．8，6，10B．，，C．7，24，25D．1.5，2，3
【答案】D
【分析】判断一个三角形是不是直角三角形，必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
【详解】解：A、由于，所以能构成直角三角形；
B、由于，所以能构成直角三角形；
C、由于，所以能构成直角三角形；
D、由于，所以不能构成直角三角形．故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．掌握勾股定理的逆定理是解本题的关键．
4．(2023·云南红河·八年级期末）若x为实数，在“”的“”中添上一种运算符号（在“＋，－，×，÷”中选择）后，其运算的结果为有理数，则不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】代入选项，添加运算符然后化简，其结果不为有理数，即可选出答案
【详解】A．原式＝ ，结果为有理数；
B．原式＝ ，结果为有理数；
C．任意添加一种运算符号，其运算结果都为无理数；
D．原式＝ ，结果为有理数．故选择C．
【点睛】本题考查根式的运算，灵活运用根式的运算法则为关键．
5．(2023春·黑龙江牡丹江·八年级校考期中）如果实数在数轴上的位置如图所示，那么代数式+|b-|+可以化简为（ ）
A．-2b-c B．c-b C． D．
【答案】A
【分析】先根据数轴得到：，，，然后进行化简即可．
【详解】解：由数轴可得：，，
∴，∴，故选：A．
【点睛】本题主要考查实数与数轴，算术平方根和绝对值，解题的关键在于能够根据数轴判定式子的符号．
6．(2023·山东·宁津县八年级阶段练习）自1996年起，我国确定每年3月份最后一周的星期一，为全国中小学生“安全教育日”．2018年3月26日是第二十三个全国中小学生安全教育日．某中学八年级开展了交通安全为主题的演讲比赛．其中两名参赛选手的各项得分如下表：
如果规定：演讲内容、演讲技巧、仪表形象按6：3：1计算成绩，那么甲、乙两人的成绩谁更高？（ ）
A．甲B．乙C．甲乙一样高D．无法确定
【答案】A
【分析】根据加权平均数的定义列式计算可得．
【详解】解：甲的得分为（分），乙的得分为（分），
∵92.5＞91.5， ∴甲的成绩更高．故选：A
【点睛】本题考查了加权平均数，熟练掌握加权平均数的求法是解本题的关键．
7．(2023·山西八年级期末）如图所示，是长方形地面，长，宽，中间整有一堵砖墙高，一只蚂蚁从A点爬到C点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走（ ）
A．20B．24C．25D．26
【答案】D
【分析】将题中图案展开后，连接AC，利用勾股定理可得AC长，将中间的墙展开在平面上，则原矩形长度增加宽度不变，求出新矩形的对角线长即为所求．
【详解】解：展开如图得新矩形，连接AC，则其长度至少增加2MN，宽度不变，
由此可得：， 根据勾股定理有：故选D．
【点睛】本题考查平面展开图形最短路线问题以及勾股定理得应用；解题关键在于根据题意画出正确的平面展开图．
8．(2023·江西·南城县八年级阶段练习）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先把化为再结合从而可得答案．
【详解】解：∵，
，，
而 ∴ 故选A．
【点睛】本题考查的是二次根式的大小比较，二次根式的混合运算，掌握“二次根式的大小比较的方法”是解本题的关键．
9．(2023·福建漳州·八年级期中）如图，9个边长为1的正方形摆放在平面直角坐标系中，经过原点的直线l将九个正方形组成的图形面积分为1：2的两部分，则该直线的解析式为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【分析】分类讨论：当下方分得的面积为3时，过点作轴于，如图，则，则可确定，然后利用待定系数法求出此时直线的解析式；当上方分得的面积为3时，过点作轴于，如图，则，则可确定，，然后利用待定系数法求出此时直线的解析式．
【详解】直线将九个正方形组成的图形面积分成的两部分，
两部分的面积分别为3和6，
当下方分得的面积为3时，过点作轴于，如图，
则，，解得，，
设直线的解析式为，把代入得，解得，
此时直线的解析式为；
当上方分得的面积为3时，过点作轴于，如图，则，
，解得，，，
设直线的解析式为，把，代入得，解得，
此时直线的解析式为，
综上所述，直线的解析式为或．故选：．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设；将自变量的值及与它对应的函数值的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．也考查了正方形的性质．
10．(2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接 BE．有下列结论：① AB＝BE；②BG平分∠EBF；③△BFG的面积是四边形EFBC面积的；④BE＝＋2．其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【答案】C
【分析】由角的数量关系可求∠AEB=67.5°=∠EAF，可得AB=BE，故①正确；计算出∠EBG=22.5°，得出∠EBG=∠FBG，故②正确；过点G作GM⊥BE于点M，由角平分线的性质可得GF=GM，根据直角三角形的斜边大于直角边得出GE＞GM=GF，从而根据三角形的面积公式得出结论，得到③错误；连接AG，根据等腰直角三角形的性质可知AG=，推导得出AG=EG=，从而EF=EG+FG=+1，再由BE=BF+AF，判断出④正确．
【详解】解：由旋转的性质可得：EF=FB，∠EFB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AB，∴∠ABC=∠C=∠EFB=90°，∴四边形EFBC是矩形，
又∵EF=BF，∴矩形EFBC是正方形，∴∠BEF=∠EBF=45°，
∵∠DAE=∠AEF=22.5°，∴∠AEB=∠FEB+∠AEF=67.5°=90°-22.5°=∠EAF，∴AB=BE，故①正确；
∵∠EBF=45°，∠FBG=∠AEF=∠DAE=22.5°，∴∠EBG=45°-22.5°=22.5°，
∴∠EBG=∠FBG，∴BG平分∠EBF，故②正确；
过点G作GM⊥BE于点M，如图1，∵BG平分∠EBF，∴GF=GM，
在Rt△GME中，GE＞GM=GF，∴S△BFG≠S△BFE，
∵S△BFE＝S四边形EFBC，∴S△BFG≠S四边形的EFBC，故③错误；连接AG，如图1，
∵∠AFG=90°，DE=AF=FG=1，∴∠GAF=45°，AG=，
∴∠EAG=67.5°-45°=22.5°，∴∠AEG=∠GAE，
∴EG=AG=，∴EF=EG+FG=+1，
又∵EF=BF，AB=BE，∴BE=BF+AF=+1+1=+2，故④正确，
∴正确的是：①②④，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，正方形的判定与性质及角平分线的性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023·福建龙岩·八年级期末）图1中的直角三角形斜边长为4，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，则的值为_____．
【答案】16
【分析】根据题意设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，根据勾股定理可得，根据图形面积可得，即可求得答案．
【详解】解：设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，∴，
∵，∴，故答案为16.
12．(2023春·广西·八年级统考期末）若与可以合并，则m的最小正整数值是______．
【答案】6
【分析】化简，根据同类二次根式的定义即可得出答案．
【详解】解：=2，∴m的最小正整数值是6．故答案为：6．
【点睛】本题考查了同类二次根式，一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式，掌握这个定义是解题的关键．
13．(2023·安徽合肥·八年级阶段练习）请写出一个一次函数，满足条件：（1）y随x的增大血减小；（2）经过点（2，-1），结果是_________
【答案】y=-x+1（答案不唯一）．
【分析】设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0），由y随x的增大而减小，利用一次函数的性质可得出k＜0，取k=-1，由一次函数的图象经过点（2，-1），利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出b的值，进而可得出一次函数的解析式．
【详解】解：设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0）．
∵y随x的增大而减小，∴k＜0，取k=-1；
∵一次函数的图象经过点（2，-1），∴-1=-1×2+b,∴b=1，
∴一次函数的解析式为y=-x+1．故答案为：y=-x+1（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质，利用一次函数的性质及一次函数图象上点的坐标特征，找出符合题意的一次函数解析式是解题的关键．
14．(2023苏州市八年级期中）如图所示，等腰三角形ABC的底边为8cm，腰长为5cm ，一动点P（与B、C不重合）在底边上从B向C以1cm/s的速度移动，当P运动_________秒时，△ACP是直角三角形
【答案】1.75或4
【分析】先利用等腰三角形“三线合一”求出BD、CD以及BC边上的高AD，再分别讨论∠PAC和∠APC为直角的情况，利用勾股定理分别求出两种情况下PB的长，即可求出所需时间．
【详解】解：如图，作AD⊥BC，
∵AB=AC=5cm，BC=8cm，∴BD=CD=4cm，
当点P运动到与点D重合时，是直角三角形，此时BP=4，∴运动时间为4÷1=4（秒）；
当∠PAC=90°时，设PD=x∴，
又∵，∴，
∴，∴BP=4－2.25=1.75，所以运动时间为1.75÷1=1.75（秒）；
综上可得：当P运动4秒或1.75秒时，是直角三角形；故答案为：1.75或4．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质、勾股定理等内容，要求学生能通过做辅助线构造直角三角形，列出关系式，求出对应线段的长，本题蕴含了分类讨论的思想方法．
15．(2023·山东菏泽·八年级期中）阅读材料：如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为________．
【答案】
【分析】根据“两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数”可得的最小值．
【详解】解∶∵如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号，∴即，当且仅当时，等号成立，
∴y的最小值为．故答案为∶．
【点睛】本题考查新定义以及算术平均数与几何平均数之间的关系，正确理解新定义与性质是解题的关键．
16．(2023·河南许昌·八年级期末）2022年4月7日，许昌市首批新能源出租车上路，新车空间更大，舒适度更高，受到大众欢迎．新车的收费方式也做了调整，新车的打车费用y（单位：元）与行驶里程x（单位：千米）的函数关系如图所示．老款出租的收费方式为：不超过2千米收费5元，超过2千米部分收费1.5元/千米，同时，每次再加收1元的燃料附加费．小明爸爸从家到公司打车上班的行驶里程为22千米，则他上班乘坐新车的打车费用比老款车多______元．
【答案】3
【分析】待定系数法求出x≥2时y关于x的函数解析式，再求出x=22时y的值可求得新车的费用，根据老款车的收费标准进行计算求得老款车的费用，比较即可求解．
【详解】解：当行驶里程x≥2时，设新车的打车费用为y=kx+b，将（2，7）、（7，15）代入，
得：，解得：，∴y=x+，
当x=22时，y=×22+=39，即新车的打车费用为39（元），
老款车的费用为：5+1.5×(22-2)+1=36（元），39-36=3（元）．故答案为：3．
【点睛】本题主要考查一次函数的图象与待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法求得一次函数解析式是解题的关键．
17．(2023春·重庆大足·八年级统考期末）在正方形中，，点E、F分别为上一点，且，连接，则的最小值是________________．
【答案】
【分析】首先利用正方形的性质可以证明和，然后利用全等三角形的性质得到的最小值就是的最小值，最后利用轴对称即可求解．
【详解】解：如图，连接，
正方形中，，，，
在和中，，和，
，，的最小值就是的最小值，
如图，作关于的对称点，连接交于，则即可满足最小，
，，，．
的最小值是．故答案：．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，最短路径问题，同时也利用了正方形的性质，有一定的综合性．
18．(2023春·浙江·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为______．
【答案】
【分析】首先证四边形是平行四边形，则当时，四边形是矩形，由“”可证，可得，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，，
动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，
，，
在和中，，，
，同理可证：，四边形是平行四边形，
如图，连接，，过点作于，于，
当时，四边形是矩形，即当时，四边形是矩形，
，，，，
同理可求：，，，
在和中，，，
，，，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023春·江苏无锡·八年级统考期末）计算：
(1)； (2)．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先进行化简，再进行加减运算即可；
（2）先算二次根式的乘法，负整数指数幂，绝对值，再算加减即可．
【详解】（1）解：=；
（2）解：=．
【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20．(2023·山东聊城·八年级期末）聊城市在创建“全国文明城市”期间，某小区在临街的拐角清理出了一块可以绿化的空地．如图，经技术人员的测量，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°．若平均每平方米空地的绿化费用为150元，试计算绿化这片空地共需花费多少元？
【答案】绿化这片空地共需花费17100元
【分析】连接AC，直接利用勾股定理得出AC，进而利用勾股定理逆定理得出∠DAC＝90°，再利用直角三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接AC，如图
∵∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m，∴AC＝＝15（m），
∵CD＝17m，AD＝8m，∴AD2＋AC2＝DC2，∴∠DAC＝90°，
∴S△DAC＝×AD•AC＝×8×15＝60（m2），
S△ACB＝AB•AC＝×9×12＝54（m2），
∴S四边形ABCD＝60＋54＝114（m2），
∴150×114＝17100（元），
答：绿化这片空地共需花费17100元．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理以及勾股定理逆定理是解题关键．
21．(2023·广西来宾·中考真题）某水果公司以元/的成本价新进箱荔枝，每箱质量，在出售荔枝前，需要去掉损坏的荔枝，现随机抽取箱，去掉损坏荔枝后称得每箱的质量（单位：）如下：


（1）直接写出上述表格中，，的值；（2）平均数、众数、中位数都能反映这组数据的集中趋势，请根据以上样本数据分析的结果，任意选择其中一个统计量，估算这箱荔枝共损坏了多少千克？
（3）根据（2）中的结果，求该公司销售这批荔枝每千克定为多少元才不亏本？（结果保留一位小数）
【答案】（1）a=6，b=4.7，c=4.75；（2）500kg；（3）10.5元．
【分析】（1）用20减去各数据的频数即可求出a，根据众数、中位数的意义即可求出b、c；
（2）选用平均数进行估算，用每箱损坏数量乘以2000即可求解；
（3）用购买的总费用除以没有损坏的总数量即可求出解．
【详解】解：（1）a=20-2-1-7-3-1=6；
在这20个数据中，4.7频数最大，所以众数b=4.7；
将这20个数据排序，第10、11个数据分别为4.7、4.8，所以中位数c=；
（2）选用平均数进行估算，（5-4.75）×2000=500kg，
答：选用平均数进行估算，这箱荔枝共损坏了500千克；
（3）（10×2000×5）÷（4.75×2000）≈10.5元
答：该公司销售这批荔枝每千克定为10.5元才不亏本．
【点睛】本题考查用众数、中位数、用样本估计总体等知识，熟知相关概念并理解题意是解题关键．
22．(2023·河北八年级期中）先阅读，再解答：由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题：（1）的有理化因式是______；
（2）化去式子分母中的根号：______．（直接写结果）
（3）______（填或）
（4）利用你发现的规律计算下列式子的值：．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）2020
【分析】（1）根据有理化因式的定义求解；（2）利用分母有理化计算；
（3）通过比较它们的倒数大小进行判断，利用分母有理化得到，，然后进行比较大小；
（4）先根据规律，化简第一个括号中的式子，再利用平方差公式计算即可．
【详解】解：（1）的有理化因式是，故答案为：；
（2）∵，故答案为：；
（3）∵，，
而，
∴>，
∴<，故答案为：<
（4）解：原式
【点睛】本题考查了分母有理化和二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
23．(2023·安徽铜陵·八年级期末）一次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点．

(1)求一次函数的函数解析式，并在所给的坐标系中画出图象．
(2)若直线上有一点C，且的面积为2，求点C的坐标；
【答案】(1)y＝2x﹣2；图象见解析 (2)（2，2）或（﹣2，﹣6）．
【分析】（1）设一次函数的解析式为：y＝kx+b，把点A（1，0），点B（0，﹣2）代入y＝kx+b中进行计算即可解答，在坐标系中过点A和点B作直线即为一次函数的图象；
（2）设点C的坐标为（m，n），根据S△BOC＝2，列出关于m的方程进行计算即可解答．
（1）解：设一次函数的解析式为：y＝kx+b，
把点A（1，0），点B（0，﹣2）代入y＝kx+b中可得：
，解得：，
∴一次函数的解析式为：y＝2x﹣2；函数图象如图，
（2）∵点B（0，﹣2），∴OB＝2，设点C的坐标为（m，n），
∵S△BOC＝2，∴OB•|m|＝2，∴2•|m|＝2，∴m＝±2，
当m＝2时，代入y＝2x﹣2中可得：n＝2×2﹣2＝2，
当m＝﹣2时，代入y＝2x﹣2中可得：n＝﹣2×2﹣2＝﹣6，
∴点C的坐标为（2，2）或（﹣2，﹣6）．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
24．(2023·吉林长春·统考模拟预测）【教材呈现】华师版八年级上册教材第69页的部分内容．
请根据教材内容，结合图①，补全证明过程．
【结论应用】
（1）如图②，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE，线段CE与BA边的延长线交于点F，点P、Q分别在线段CE、EF上，且CP＝FQ．求证：四边形APDQ是平行四边形．
（2）如图③，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，分别取AB、CD边的中点E、F，连接EF，经过线段EF中点O任意作一条直线l，作点B关于直线l的对称点P，连接PE、PO、PF，过点E作PF的平行线交PO的延长线于点Q，连接FQ，得到四边形PEQF．则四边形PEQF面积的最大值为______．
【答案】见解析；（1）见解析；（2）
【分析】[教材呈现]证明△ABD≌△ECD，即可得AD=ED；
[结论应用]（1）先由由[教材呈现]得CE=FE，可证得QE=PE，从而得出AE=DE，最后得出四边形APDQ是平行四边形；（2）当PQ⊥EF时，四边形PEQF面积的最大，先求出BO的长，再证明四边形PEQF是菱形，再利用菱形的面积公式计算即可
【详解】[教材呈现]∵CE∥AB，∴∠BAD=∠CED．
∵D是边BC的中点，∴BD=CD．
∵∠ADB=∠EDC∴△ABD≌△ECD（AAS）．∴AD=ED．
[结论应用]（1）连接AC．

在平行四边形ABCD中，AB∥CD．
∵点E是边AD的中点，∴由[教材呈现]得CE=FE．
∵CP=FQ，，，∴QE=PE．
∵点E是边AD的中点，∴AE=DE．∴四边形APDQ是平行四边形．
（2）∵点B与点P关于直线l的对称，
∴OP=OB=，∴点P在以点O为圆心，为半径的弧上，
∴当PQ⊥EF时，四边形PEQF面积的最大 如图，连接BO，
∵在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4， 点E、F分别是AB、CD边的中点，
∴OE=2，BE=1，∴，
∵QE∥PF，∴∠OPF=∠OQE，∵在△OPF和△OQE中，
∴△OPF≌△OQE（AAS），
∴QE=PF，∴四边形PEQF是平行四边形，
∵PQ⊥EF，∴四边形PEQF是菱形，
∴四边形PEQF面积=故答案为：．
【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定及性质、矩形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
25．(2023绵阳市八年级期末）如图1，矩形中，，为边上一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处，．
(1)求的长；(2)如图2，连接交交于点，为上的点，连接交于点，．①求点到的距离；②求的值．
【答案】(1)3.4(2)①5，②
【分析】（1）由矩形，得∠D=90°，由折叠得：EF=AE，所以DE=AD-AE=5-AE，在Rt△DEF中，由勾股定理求解即可；
（2）①过点A作AG⊥BF于G，证△ADF≌△AGF(ASA)，得AG=AD=5,即可得解；
②在Rt △BCF中，由勾股定理，求得BF=，再过点M作MN⊥AB于N，证明Rt △AGM≌Rt △ANM(HL)，得AN=AG=5，从而得BN=AB-AN=BF-AN=--5=，然后在Rt △BMN中，由勾股定理，求得MN=，从而得MG=MN=，最后由FM=FG+GM＝DF+GM求解即可．
(1)解：∵矩形，∴∠D=90°，由折叠得：EF=AE，
∴DE=AD-AE=5-AE，在Rt△DEF中，由勾股定理，得
DE2+DF2=EF2，即(5-AE)2+32=AE2，解得：AE=3.4，
答：AE的长为3.4；
(2)解：①如图2，过点A作AG⊥BF于G，
则∠AGF=90°，∴∠FAG+∠AFG=90°，
∵矩形，∴∠D=∠BAE=90°∴DF⊥AD，
由折叠得：∠BFE=∠BAE=90°，AE=EF，
∴∠AFE+∠AFG=90°，∠EAF=∠AFE，∴∠EAF+∠AFG=90°，
∴∠FAG=∠EAF，即∠FAG=∠FAD，∴FG=FD，
在△ADF与△AGF中，，
∴△ADF≌△AGF(ASA)，∴AG=AD=5,∴点到的距离为5；
②如图2，∵矩形，∴∠C=90°，CD=AB，BC=AD=5，
由折叠，得AB=BF，∴CF=CD-DF=BF-3，
在Rt △BCF中，由勾股定理，得CF2+BC2=BF2，即（BF-3）2+52=BF2，解得：BF=，
过点M作MN⊥AB于N，如图3，
由①知∠DAF=∠GAF，
∵∠DAF+∠BAM=∠MAF=∠GAF+∠MAG∴∠BAM=∠MAG，
∵AG⊥MG,MN⊥AB，∴MN=MG，
∴BM=BF-FG-GM=BF-DF-MN=-3-MN=-MN，
在Rt △AGM与Rt △ANM中，，
∴Rt △AGM≌Rt △ANM(HL)，∴AN=AG，
由①知AG=5，∴AN=5，∴BN=AB-AN=BF-AN=--5=，
在Rt △BMN中，由勾股定理，得
BM2=MN2+BN2，即，
解得：MN=,∴MG=MN=，∴FM=FG+GM=3+=．
【点睛】本题考查矩形折叠问题，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题的关键．
26．(2023春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．
(1)求直线的解析式．
(2)当为中点时，求的长．
(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)直线解析式：
(2)
(3)存在，点横坐标为：或或
【分析】（1）根据矩形的性质，得出点A和点C的坐标，设直线的解析式：，将点A和点C的坐标代入即可；
（2）证明，根据勾股定理求解即可；
（3）根据菱形是性质和判定定理，进行分类讨论即可；以，为边，以，为边，，③以，为边，．
【详解】（1）∵矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，
点，点，
设直线的解析式：，
代入点，坐标，
得，
解得，
直线解析式：；
（2）∵E为的中点，
，
在矩形中，，
，
在和中，
，
，，
，
为线段的垂直平分线，
，
设，则，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理，
得，
解得，
；
（3）存在以、、、为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：
以，为边，
则，
，
为的中点，
由可知点，点，
根据平移的性质，可得点的坐标为，
点的横坐标为；
如图，以，为边，，
延长至M，使，在的延长线上截取，连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，，
，
，
，
设，
在中，，
，
，
，，
，
点横坐标为：；
③如图，以，为边，，

作于，连接，作于，
可得，
平分，
，
设，
在中，，，，
，
，
，
，
综上所述：点横坐标为：或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，线段和最小，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，线段最短原理是解题的关键．
项目
演讲内容
演讲技巧
仪表形象
甲
95
90
85
乙
90
95
90
整理数据：
分析数据：
质量（）
平均数
众数
中位数
数量（箱）
例4如图，在△ABC中，D是边BC的中点，过点C画直线CE，使CEAB，交AD的延长线于点E．求证：AD＝ED．
证明：∵CEAB（已知），