人教版八年级数学下册举一反三专题21.4八年级(下)期末测试卷(学生版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册举一反三专题21.4八年级(下)期末测试卷(学生版+解析)，共32页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024八年级·浙江杭州·阶段练习）若x=3能使下列二次根式有意义，则这个二次根式可以是（ ）
A．x−1B．12−xC．x−4D．−2x
2．（3分）（2024八年级·江苏泰州·期末）已知m、n是正整数，若2m+5n是整数，则满足条件的有序数对（m，n）为（ ）
A．（2，5）B．（8，20）C．（2，5），（8，20）D．以上都不是
3．（3分）（2024八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为0,4、−2,0，则点D的坐标为（ ）
A．25,4B．4,25C．23,4D．4,23
4．（3分）（2024八年级·云南楚雄·期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AD，AB于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于12EF为半径画弧，两弧交于点G.作射线AG交DC于点H，若CH=2，BC=3.则AB=（ ）
A．4B．4.5C．5D．6
5．（3分）（2024八年级·辽宁锦州·期末）如图，在边长为1的正方形网格中，A，B，C均在正方形格点上，连接AB，AC，点C到AB的距离为（ ）
A．3510B．255C．554D．655
6．（3分）（2024八年级·浙江杭州·期末）若一次函数y=kx+k的图象经过点A，且y随着x的增大而增大，则点A的坐标可以是（ ）
A．−2,1B．0,0C．1,1D．2,−4
7．（3分）（2024八年级·重庆沙坪坝·期末）一组数据a、b、c、d、e、f、g的平均数是m，方差是n，则另一组数据3a−2、3b−2、3c−2、3d−2、3e−2、3f−2、3g−2的平均数和方差分别是（ ）
A．3，3n−2B．3m−2，nC．m−2，3nD．3m−2，9n
8．（3分）（2024八年级·陕西西安·阶段练习）如图，E是▱ABCD的边AB上的点，Q是CE中点，连接BQ并延长交CD于点F，连接AF与DE相交于点P，若S△APD=3cm2,S△BQC=7cm2，则阴影部分的面积为（ ）cm2

A．24B．17C．13D．10
9．（3分）（2024八年级·江苏宿迁·期末）如图，直线y=−12x+1交x轴，y轴于点A，B，点P在第一象限内，且纵坐标为1.若点P关于直线AB的对称点Q恰好落在x轴的正半轴上，则点Q的横坐标为（ ）
A．35B．53C．34D．43
10．（3分）（2024八年级·山东济宁·期中）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE=15°．连接OE，则下面的结论：①△DOC是等边三角形；②△BOE是等腰三角形；③BC=2AB；④S△AOE=S△COE，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024八年级·陕西西安·期末）已知y=x−8+16−2x+9，则x⋅y的值为 ．
12．（3分）（2024八年级·山东济南·期末）如图，矩形纸片ABCD的长AD=9cm，宽AB=3cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后BF的长为 cm．
13．（3分）（2024八年级·河南郑州·期末）一次函数y=kx+b分别与坐标轴交于A0,12,B−5,0，点P为y轴上一点，把直线AB沿BP翻折，点A刚好落在x轴上，则点P的坐标为 ．
14．（3分）（2024八年级·吉林长春·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=20，AC=12，BC=16，把△ABC折叠，使AB落在边AC所在的直线上，且点B的对应点为点B'，折痕为AD，则重叠部分（阴影部分）的面积是 ．
15．（3分）（2024八年级·山东济南·期末）如图，直线y=−33x+1与y轴交于点A，与x轴交于点B，在△OAB内作等边三角形，使它的一边在x轴上，一个顶点在边AB上，作出的第1个等边三角形是△OA1B1，第2个等边三角形是△B1A2B2，第3个等边三角形是△B2A3B3，…则第2024个等边三角形的边长等于 ．
16．（3分）（2024八年级·陕西西安·期末）如图，在▱ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作AC的垂线，交边AD于点P，交边BC于点Q，连接PC、AQ，若AC=6,PQ=6，则PC+AQ的最小值为 ．

三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2024八年级·浙江绍兴·阶段练习）计算：
(1)3×6÷2；
(2)(3+5)2+(3−1)(3+1)．
18．（6分）（2024八年级·湖北黄冈·阶段练习）如图，在一条东西走向的河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB=AC．由于某些原因，由C到A的路现在已经不通了，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB=3千米，CH=2.4千米，HB=1.8千米．

(1)问CH是否为从村庄C到河边的最近路，请通过计算加以说明．
(2)求新路CH比原路CA少多少千米．
19．（8分）（2024八年级·江苏宿迁·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．
(1)求证：四边形AEBO的为矩形；
(2)若OE=10，AC=16，求菱形ABCD的面积．
20．（8分）（2024八年级·吉林松原·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=3x与直线y=−x+4交于点C，点P在线段OC上（点P不与点O、C重合），过点P作x轴的平行线交直线y=−x+4于点Q，设正方形PQMN与△OAC重叠部分图形的周长为L，设点P的横坐标是m．
(1)求点C的坐标；
(2)直接写出点Q的坐标（用含m的代数表示）；
(3)当MN与x轴重合时，求m的值；
(4)求L与m之间的函数解析式．
21．（8分）（2024八年级·广西南宁·阶段练习）观察下列各式：
12+1=1×2−12+12−1=2−1；
13+2=1×3−23+23−2=3−2；
14+3=1×4−34+34−3=4−3．
回答下列问题：
(1)16+5=______；
(2)当n为正整数时，1n+n−1=______；
(3)计算1+11+2+12+3+13+4+⋯+198+99+199+100的值．
22．（8分）（2024八年级·贵州六盘水·期末）如图，直线l1的解析表达式为：y=−3x+3，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A4,0，B3,−32，直线l1，l2交于点C．
(1)求直线l2的解析式；
(2)在直线l2上存在异于点C的另一点P，使得△ADP与△ADC的面积相等，求出点P的坐标；
(3)若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以A、D、C、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）（2024八年级·福建莆田·期末）在正方形ABCD中，点P为边BC上一动点，点B关于AP的对称点为E，连接BE．
(1)如图1，连接CE，当BP=PC时，求证： CE=12BE：
(2)如图2，延长DE，AP交于点F，连接CF．
①求∠DEB的度数：
②用等式表示DE与CF之向的数量关系，并证明．
2023-2024学年八年级（下）期末测试卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024八年级·浙江杭州·阶段练习）若x=3能使下列二次根式有意义，则这个二次根式可以是（ ）
A．x−1B．12−xC．x−4D．−2x
【答案】A
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件：根号下的数大于等于零，是解题的关键，根据二次根式有意义的条件逐一判断即可得到答案．
【详解】A、x−1有意义的条件是x−1≥0，则x≥1，x=3能使二次根式有意义，故此选项符合题意；
B、12−x有意义的条件是12−x≥0，则x≤2，x=3不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
C、x−4有意义的条件是x−4≥0，则x≥4，x=3不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
D、−2x有意义的条件是−2x≥0，则x≤0，x=3不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
故选：A．
2．（3分）（2024八年级·江苏泰州·期末）已知m、n是正整数，若2m+5n是整数，则满足条件的有序数对（m，n）为（ ）
A．（2，5）B．（8，20）C．（2，5），（8，20）D．以上都不是
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质分析即可得出答案．
【详解】解：∵2m+5n是整数，m、n是正整数，
∴m=2，n=5或m=8，n=20，
当m=2，n=5时，原式=2是整数；
当m=8，n=20时，原式=1是整数；
即满足条件的有序数对（m，n）为（2，5）或（8，20），
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质和二次根式的运算，估算无理数的大小的应用，题目比较好，有一定的难度．
3．（3分）（2024八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为0,4、−2,0，则点D的坐标为（ ）
A．25,4B．4,25C．23,4D．4,23
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平面直角坐标系内点的特点，根据题意求出菱形的边长是解题的关键．
根据点A、B的坐标，求出AB的长度，根据菱形的性质，得出AD=AB=25，根据AD∥x轴，即可得出点D的坐标．
【详解】解：∵点A、B的坐标分别为0,4、−2,0，
∴OA=4，OB=2，
∴AB=OA2+OB2=42+22=25，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=25，AD∥BC，即AD∥x轴，
∴点D的坐标为：25,4，
故选：A．
4．（3分）（2024八年级·云南楚雄·期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AD，AB于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于12EF为半径画弧，两弧交于点G.作射线AG交DC于点H，若CH=2，BC=3.则AB=（ ）
A．4B．4.5C．5D．6
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图和平行四边形的性质，根据平行四边形的性质及角平分线的定义求解，掌握平行四边形的性质及角平分线的定义是解题的关键．
【详解】解：由作图得：AH平分∠BAD，
∴∠DAH=∠HAB，
在▱ABCD中，CD∥AB，AD=BC=3，AB=CD，
∴∠DHA=∠HAB，
∴∠DHA=∠DAH，
∴DH=AD=3，
∴AB=CD=DH+CH=5，
故选：C．
5．（3分）（2024八年级·辽宁锦州·期末）如图，在边长为1的正方形网格中，A，B，C均在正方形格点上，连接AB，AC，点C到AB的距离为（ ）
A．3510B．255C．554D．655
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，与三角形高有关的计算，熟练掌握勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，与三角形高有关的计算是解题的关键．
如图，连接BC，取BC中点为D，连接AD，设C点到AB的距离为ℎ，由勾股定理可得AB=25，AC=25，BC=22，AD=32，则△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，根据S△ABC=12AB⋅ℎ=12BC⋅AD，即12⋅25⋅ℎ=12⋅22⋅32，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接BC，取BC中点为D，连接AD，设C点到AB的距离为ℎ，
∴AB=42+22=25，AC=42+22=25，BC=22+22=22，AD=32+32=32，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，
∴S△ABC=12AB⋅ℎ=12BC⋅AD，即12⋅25⋅ℎ=12⋅22⋅32，
解得，ℎ=655，
故选：D．
6．（3分）（2024八年级·浙江杭州·期末）若一次函数y=kx+k的图象经过点A，且y随着x的增大而增大，则点A的坐标可以是（ ）
A．−2,1B．0,0C．1,1D．2,−4
【答案】C
【分析】本题考查待定系数法，一次函数的性质．
根据一次函数的性质可得k>0，把各选项的点的坐标分别代入解析式一次函数y=kx+k，求出k的值，即可判断．
【详解】∵y随着x的增大而增大，
∴k>0．
A选项：当点A的坐标为−2,1时，−2k+k=1，
解得：k=−1<0，不符合题意；
B选项：当点A的坐标为0,0时，k=0，不符合题意；
C选项：当点A的坐标为1,1时，k+k=1，
解得：k=12>0，符合题意；
D选项：当点A的坐标为2,−4时，2k+k=−4，
解得：k=−43<0，不符合题意．
故选：C
7．（3分）（2024八年级·重庆沙坪坝·期末）一组数据a、b、c、d、e、f、g的平均数是m，方差是n，则另一组数据3a−2、3b−2、3c−2、3d−2、3e−2、3f−2、3g−2的平均数和方差分别是（ ）
A．3，3n−2B．3m−2，nC．m−2，3nD．3m−2，9n
【答案】D
【分析】本题考查了算术平均数和方差的定义，由定义得m=17a+b+c+d+e+f+g，n=17a−m2+b−m2+c−m2+d−m2+e−m2+f−m2+g−m2，从而可得x=173a−2+3b−2+3c−2+3d−2+3e−2+3f−2+3g−2，S2=173a−2−x2+3b−2−x2+3c−2−x2+3d−2−x2+3e−2−x2进行化简即可求解；掌握“x=1nx1+x2+x3+⋅⋅⋅+xn，S2=1nx1−x2+x2−x2+⋅⋅⋅xn−x2”是解题的关键．
【详解】解：由题意得
m=17a+b+c+d+e+f+g，
n=17a−m2+b−m2+c−m2+d−m2+e−m2+f−m2+g−m2，
∴ x=173a−2+3b−2+3c−2+3d−2+3e−2+3f−2+3g−2
=3×17a+b+c+d+e+f+g−2
=3m−2，
S2=173a−2−x2+3b−2−x2+3c−2−x2+3d−2−x2+3e−2−x2 +3f−2−x2+3g−2−x2
=173a−2−3m+22+3b−2−3m+22+3c−2−3m+22+3d−2−3m+22 +3e−2−3m+22+3f−2−3m+22+3g−2−3m+22
=173a−3m2+3b−3m2+3c−3m2+3d−3m2+3e−3m2 +3f−3m2+3g−3m2
=9×17a−m2+b−m2+c−m2+d−m2+e−m2+f−m2+g−m2
=9n；
故选：D．
8．（3分）（2024八年级·陕西西安·阶段练习）如图，E是▱ABCD的边AB上的点，Q是CE中点，连接BQ并延长交CD于点F，连接AF与DE相交于点P，若S△APD=3cm2,S△BQC=7cm2，则阴影部分的面积为（ ）cm2

A．24B．17C．13D．10
【答案】B
【分析】连接EF，如图，先根据平行四边形的性质得到AB=CD，AB∥CD，再证明△BEQ≌△FCQ得到BE=CF，则可判定四边形BCFE为平行四边形，根据平行四边形的性质得到S△BEF=2S△BQC=14cm2，接着证明四边形ADFE为平行四边形，所以S△PEF=S△APD=3cm2，然后计算S△BEF+S△PEF得到阴影部分的面积．
【详解】解：连接EF，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BEC=∠FCE，
∵Q是CE中点，
∴EQ=CQ，
在△BEQ和△FCQ中，
∠BQE=∠FQCEQ=CQ∠BEQ=∠FCQ，
∴△BEQ≌△FCQASA，
∴BE=CF，
∵BE∥CF，
∴四边形BCFE为平行四边形，
∴S△BEF=2S△BQC=14cm2，
∵AB−BE=CD−CF，
即AE=FD，
∵AE∥FD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∴S△PEF=S△APD=3cm2，
∴阴影部分的面积=S△BEF+S△PEF=14+3=17cm2．
故选：B．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质：一组对边平行且相等的四边形为平行四边形；平行四边形的对边平行且相等；平行四边形的对角线把四边形分成面积相等的四部分．
9．（3分）（2024八年级·江苏宿迁·期末）如图，直线y=−12x+1交x轴，y轴于点A，B，点P在第一象限内，且纵坐标为1.若点P关于直线AB的对称点Q恰好落在x轴的正半轴上，则点Q的横坐标为（ ）
A．35B．53C．34D．43
【答案】C
【分析】本题根据一次函数得到点A，B的坐标，即得到OA，OB，连接PB，PA，BQ，利用平行线性质和轴对称的性质得到QB=QA，设OQ=m，则QB=QA=2−m，根据OQ2+OB2=QB2建立等式求解，即可解题．
【详解】解：∵直线y=−12x+1交x轴，y轴于点A，B，
∴B0,1，A2,0，即OA=2，OB=1，
连接PB，PA，BQ，
∵点P在第一象限内，且纵坐标为1，
∴ PB∥x轴，
∴∠PBA=∠QAB，
∵点P关于直线AB的对称点Q恰好落在x轴的正半轴上，
∴∠PBA=∠QBA，
∴∠QAB=∠QBA，
∴QB=QA，
设OQ=m，则QB=QA=2−m，
∵∠O=90°，
∴OQ2+OB2=QB2，即m2+12=2−m2，解得m=34，
∴点Q的横坐标为34．
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数与几何综合、轴对称性质、平行线性质、等腰三角形性质、勾股定理，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
10．（3分）（2024八年级·山东济宁·期中）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE=15°．连接OE，则下面的结论：①△DOC是等边三角形；②△BOE是等腰三角形；③BC=2AB；④S△AOE=S△COE，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACE=30°，再判断出△ABO、△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB=AB，再求出OB=BE，可判断②；由直角三角形的性质可得BC=3AB，可判断③；由面积公式可得S△AOE=S△COE，可判断④．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴∠AEB=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∵ ∠CAE=15°，
∴∠ACE=∠AEB−∠CAE=45°−15°=30°，
∴∠BAO=90°−30°=60°，
∵在矩形ABCD中，OA=OB=OC=OD，
∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确；
∴OB=AB，
∵AB=BE，
∴OB=BE，
∴△BOE是等腰三角形，故②正确；
在Rt△ABC中，∠ACB=30°，
∴BC=3AB，故③错误；
∵AO=CO，
∴S△AOE=S△COE，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024八年级·陕西西安·期末）已知y=x−8+16−2x+9，则x⋅y的值为 ．
【答案】62
【分析】本题考查二次根式的性质，二次根式的运算．根据二次根式有意义的条件，求出x,y的值，代入代数式进行求解即可．解题的关键是掌握被开方数为非负数．
【详解】解：∵y=x−8+16−2x+9，
∴x−8≥0,16−2x≥0，
∴x=8，
∴y=9，
∴x⋅y=8×9=22×3=62；
故答案为：62．
12．（3分）（2024八年级·山东济南·期末）如图，矩形纸片ABCD的长AD=9cm，宽AB=3cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后BF的长为 cm．
【答案】5
【分析】本题考查了矩形的性质、翻折变换、勾股定理，由矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理得出方程，解方程即可，熟练掌握矩形和翻折变换的性质，运用勾股定理进行计算是解题的关键．
【详解】∵点D与点B重合，
∴由折叠的性质得：GF=CF，CD=BG，∠D=∠G=90°，
设FC长为xcm，则BF=9−xcm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=90°，AB=CD=BG=3cm，
根据勾股定理得：BG2+GF2=BF2，即x2+32=9−x2，
解得：x=4，即CF=4cm，
∴BF=5cm，
故答案为：5．
13．（3分）（2024八年级·河南郑州·期末）一次函数y=kx+b分别与坐标轴交于A0,12,B−5,0，点P为y轴上一点，把直线AB沿BP翻折，点A刚好落在x轴上，则点P的坐标为 ．
【答案】0,103或0,−152
【分析】本题综合考查了翻折变换以及一次函数图象上点的坐标特征，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．设把直线AB沿BP翻折，点B正好落在x轴上的C点，则有AP=PC，而AB的长度根据已知可以求出，所以C点的坐标由此求出；又由于折叠得到CP=AP，在直角△CPO中根据勾股定理可以求出OP，也就求出P的坐标．
【详解】解：如图所示，当点P在y轴正半轴上时，
设把直线AB沿BP翻折，点A正好落在x轴上的C点，则有AP=PC，
∵A0,12,B−5,0，
∴OA=12,OB=5，
∴AB=122+52=13=BC，
∴CO=BC−BO=13−5=8，
∴点C的坐标为8,0．
设P点坐标为0,b，则OP=b,CP=AP=12−b，
∵CP2=CO2+OP2，
∴12−b2=82+b2，
∴b=103，
∴P0,103；
如图所示，当点P在y轴负半轴上时，
OC=OB+BC=5+13=18，
设P点坐标为0,b，则OP=−b,CP=AP=12−b，
∵CP2=CO2+OP2，
∴12−b2=182+b2，
∴b=−152，
∴P0,−152，
故答案为：0,103或0,−152．
14．（3分）（2024八年级·吉林长春·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=20，AC=12，BC=16，把△ABC折叠，使AB落在边AC所在的直线上，且点B的对应点为点B'，折痕为AD，则重叠部分（阴影部分）的面积是 ．
【答案】36
【分析】本题考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，根据已知得出BD=B'D=16−x，B'C=8是解题关键．利用勾股定理求出CD=6，然后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵AB=20，AC=12，BC=16，
∴AC2+BC2=122+162=202=AB2，
∴∠ACB=90°，
设CD=x，
∵翻折，
∴BD=BD'=16−x，AB'=AB=20，
∴B'C=AB'−AC=8，
在Rt△B'CD中，CD2+B'C2=B'D2，
∴x2+82=16−x2，
解得x=6，
∴阴影部分面积为12×6×12=36．
故答案为：36．
15．（3分）（2024八年级·山东济南·期末）如图，直线y=−33x+1与y轴交于点A，与x轴交于点B，在△OAB内作等边三角形，使它的一边在x轴上，一个顶点在边AB上，作出的第1个等边三角形是△OA1B1，第2个等边三角形是△B1A2B2，第3个等边三角形是△B2A3B3，…则第2024个等边三角形的边长等于 ．
【答案】322024
【分析】
本题考查了一次函数与坐标轴的交点、等边三角形的性质、含30度角直角三角形的性质、勾股定理和规律推理．过点A1作A1D⊥x轴于点D，由直线y=−33x+1求出B(3,0)，C(0,1)，从而得到BC和OC的长度，然后根据含30度角直角三角形的性质得出∠OBC=30°，从而求出CA1=12OC=12，再根据勾股定理得出AA1=32，从而得到A1B1=AA1=32，B1A2=12A1B1=322，B2A3=12A2B2=323，依此类推，第n个等边三角形的边长等于32n，据此即可求解．
【详解】
解：如图，过点A1作A1D⊥x轴于点D，
∵直线y=−33x+1与x、y轴交于B、C两点，
∴当x=0时，y=1，当y=0时，x=3，
∴点B3,0，C(0,1)，
∴OB=3,OC=1，
∴BC=OB2+OC2=2，
∴BC=2OC，
∴∠OBC=30°，
∴∠OCB=60°，
∵△AA1B1是等边三角形，
∴∠A1AB1=60°，
∴∠COA1=30°，
∴∠CA1O=90°，
∴CA1=12OC=12，
∴AA1=OC2−CA12=32,
∴第1个等边三角形的边长A1B1=AA1=32，
同理：第2个等边三角形的边长B1A2=12A1B1=322，
第3个等边三角形的边长B2A3=12A2B2=323，
……，
由此发现：第n个等边三角形的边长等于32n，
∴第2024个等边三角形的边长等于322024．
故答案为：322024．
16．（3分）（2024八年级·陕西西安·期末）如图，在▱ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作AC的垂线，交边AD于点P，交边BC于点Q，连接PC、AQ，若AC=6,PQ=6，则PC+AQ的最小值为 ．

【答案】62
【分析】利用平行四边形知识，将PC+AQ的最小值转化为MP+CP的最小值，再用勾股定理求出MC的长度，即可求解．
【详解】解：过点A作AM∥PQ且AM=PQ，连接MP，

∵AM∥PQ且AM=PQ，
∴四边形AQPM是平行四边形，
∴AQ=MP，AM=PQ=6，
PC+AQ的最小值转化为MP+CP的最小值，
当M、P、C三点共线时，MP+CP最小，
∵AM∥PQ，AC⊥PQ，
∴AM⊥AC，
在Rt△MAC中，MC=AM2+AC2=62+62=62．
故答案为：62．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，勾股定理，两点之间线段最短，解题关键是将PC+AQ的最小值转化为MP+CP的最小值．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2024八年级·浙江绍兴·阶段练习）计算：
(1)3×6÷2；
(2)(3+5)2+(3−1)(3+1)．
【答案】(1)3
(2)10+215
【分析】本题考查了二次根式的混合运算（先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式），以及利用完全平方公式和平方差公式进行计算．
（1）利用二次根式的混合运算法则进行计算，即可解题；
（2）利用完全平方公式和平方差公式，结合二次根式的混合运算法则进行计算，即可解题．
【详解】（1）解：3×6÷2
=32÷2
=3；
（2）解：(3+5)2+(3−1)(3+1)
=3+215+5+3−1
=10+215．
18．（6分）（2024八年级·湖北黄冈·阶段练习）如图，在一条东西走向的河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB=AC．由于某些原因，由C到A的路现在已经不通了，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB=3千米，CH=2.4千米，HB=1.8千米．

(1)问CH是否为从村庄C到河边的最近路，请通过计算加以说明．
(2)求新路CH比原路CA少多少千米．
【答案】(1)是，理由见解析；
(2)新路CH比原路CA少0.1千米．
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是根据勾股定理的逆定理和定理解答．
（1）先根据勾股定理的逆定理说明CH⊥AB,即可作出判断；
（2）设AC=x千米，借助勾股定理建立方程求解，再计算CA与CH的差即可．
【详解】（1）解：是，理由：
在△CHB中，
∵CH2+BH2=2.42+1.82=9,BC2=32=9
∴CH2+BH2=BC2
∴CH⊥AB
∴CH是从村庄C到河边的最近路．
（2）解：设AC=x千米，则AH=x−1.8千米，
由（1）及勾股定理得AC2=AH2+CH2
∴x2=x−1.82+2.42
解得：x=2.5，
∴AC−CH=2.5−2.4=0.1，
∴ 新路CH比原路CA少0.1千米．
19．（8分）（2024八年级·江苏宿迁·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．
(1)求证：四边形AEBO的为矩形；
(2)若OE=10，AC=16，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)见详解
(2)96
【分析】本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定，以及勾股定理解三角形．
（1）由菱形的性质可证明∠BOA=90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出AE=OB=6，再利用菱形的性质求面积即可．
【详解】（1）证明：∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）∵菱形ABCD，
∴OA=12AC=8，
∵OE=10，∠OAE=90°
∴AE=102−82=6，
∴OB=6，
∴S△ABC=12AC⋅OB=12×16×6=48，
∴菱形ABCD的面积为：2S△ABC=2×48=96．
20．（8分）（2024八年级·吉林松原·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=3x与直线y=−x+4交于点C，点P在线段OC上（点P不与点O、C重合），过点P作x轴的平行线交直线y=−x+4于点Q，设正方形PQMN与△OAC重叠部分图形的周长为L，设点P的横坐标是m．
(1)求点C的坐标；
(2)直接写出点Q的坐标（用含m的代数表示）；
(3)当MN与x轴重合时，求m的值；
(4)求L与m之间的函数解析式．
【答案】(1)点C的坐标为(1,3)；
(2)点Q的坐标为(4−3m,3m)(0(3)m=47；
(4)L=8−2m(0【分析】（1）本题考查一次函数交点问题，联立两条直线的解析式解二元一次方程组即可得到答案；
（2）本题考查求函数值，根据平行于x轴得到纵坐标相同，代入y=−x+4求解即可得到答案；
（3）本题考查正方形的性质及坐标系中两点间距离，根据正方形得到PQ=PN，结合坐标列式求解即可得到答案；
（4）本题考查一次函数的应用，根据坐标系中两点距离公式及正方形的性质分正方形在三角形内及部分在内部讨论结合周长公式求解即可得到答案
【详解】（1）解：∵直线y=−x+4与直线y=3x交于点C，
∴联立方程组：y=−x+4y=3x，
解得：x=1y=3，
∴点C的坐标为(1,3)；
（2）解：∵点P在线段OC上（点P不与点O、C重合），
∴P(m,3m)(0∵点P作x轴的平行线交直线y=−x+4于点Q，
∴点Q的纵坐标为3m，
代入y=−x+4得，3m=−x+4，
∴点Q的坐标为(4−3m,3m)(0（3）解：∵四边形PQMN是正方形，
∴PQ=PN，
∴当MN与x轴重合时，有(4−3m)−m=3m，
解得m=47；
（4）解：∵P(m,3m)，点Q的坐标为Q(4−3m,3m)，
∴PQ=4−3m−m=4−4m，
当：4−4m≤3m时，即：47≤m<1，
L=4(4−4m)=16−16m(47≤m<1)，
当4−4m>3m时，即：0L=2×(4−4m+3m)=8−2m(0综上所述：L=8−2m(021．（8分）（2024八年级·广西南宁·阶段练习）观察下列各式：
12+1=1×2−12+12−1=2−1；
13+2=1×3−23+23−2=3−2；
14+3=1×4−34+34−3=4−3．
回答下列问题：
(1)16+5=______；
(2)当n为正整数时，1n+n−1=______；
(3)计算1+11+2+12+3+13+4+⋯+198+99+199+100的值．
【答案】(1)6−5
(2)n−n−1
(3)10
【分析】（1）仿照题目当中所给的分母有理化的方法进行计算即可．
（2）仿照题目当中所给的分母有理化的方法进行计算即可．
（3）先将原式从后往前按倒序重新排列，再将每一个二次根式分母有理化，再用相邻抵消法计算即可求解．
本题是二次根式的规律探索题，解决本题的关键是正确的对二次根式进行化简，找到结果与算式之间存在的关系和规律．
【详解】（1）16+5
=6−56+56−5
=6−56−5
=6−5．
故答案为：6−5
（2）1n+n−1
=n−n−1n+n−1n−n−1
=n−n−1n−n−1
=n−n−1．
故答案为：n−n−1
（3）1+11+2+12+3+13+4+⋯+198+99+199+100
=199+100+198+99+⋯+13+4+12+3+11+2+1
=100−99+99−98+⋯+4−3+3−2+2−1+1
=100
=10．
22．（8分）（2024八年级·贵州六盘水·期末）如图，直线l1的解析表达式为：y=−3x+3，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A4,0，B3,−32，直线l1，l2交于点C．
(1)求直线l2的解析式；
(2)在直线l2上存在异于点C的另一点P，使得△ADP与△ADC的面积相等，求出点P的坐标；
(3)若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以A、D、C、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=32x−6
(2)P(6,3)
(3)存在，点H的坐标为3,3或−1,−3或5,−3，理由见详解
【分析】（1）根据题意，设直线l2的解析式为y=kx+bk≠0，把点A4,0，B3,−32代入，运用待定系数法即可求解；
（2）根据一次函数与坐标轴的交点，分别求出A，D，C的坐标，根据几何图形面积的计算方法即可求解；
（3）根据平行四边形的判定和性质，图形几何分析即可求解．
【详解】（1）解：∵直线l2经过点A4,0，B3,−32，设直线l2的解析式为y=kx+bk≠0，
∴4k+b=03k+b=−32，
解得，k=32b=−6，
∴直线l2的解析式为：y=32x−6；
（2）解：直线l1的解析表达式为：y=−3x+3，
∴令x=0时，y=3；令y=0时，x=1；
∴D1,0，
∵直线l2的解析式为：y=32x−6，
∴令x=0时，y=−6；令y=0时，x=4；
∴A4,0，
联立直线l1，l2得，
y=−3x+3y=32x−6，
解得，x=2y=−3，
∴C2,−3，
∴AD=4−1=3，yC=3，
∴S△ADC=12AD·yC=12×3×3=92，
设Pp,32p−6，
∴S△ADP=12×3×32p−6=92，
解得，p1=6，p2=2，
∵异于点C的另一点P，且C2,−3，
∴p=6，即P6,3；
（3）解：存在，点H的坐标为3,3或−1,−3或5,−3，理由如下，
如图所示，A4,0，D1,0，C2,−3，
根据题意，四边形AH1DC，四边形ADH2C，四边形ADCH3为平行四边形，
∴AD的中点坐标的横坐标为4+12=2.5，纵坐标为0，
∴设H1p,q，
∴p+22=2.5，q−32=0，
解得，p=3，q=3，
∴H13,3；
∵AD∥CH2，AD=CH2，
∴CH2=3，
∴H2的横坐标为2−3=−1，纵坐标为−3，
∴H2(−1,−3)；
同理，H3的横坐标为3+2=5，纵坐标为−3，
∴H35,−3；
综上所述，存在，点H的坐标为：3,3或−1,−3或5,−3．
【点睛】本题主要考查一次函数图象的性质，平行四边形的判定和性质，几何图形面积的计算方法，一次函数交点与二元一次方程组的运用，掌握一次函数图象，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
23．（8分）（2024八年级·福建莆田·期末）在正方形ABCD中，点P为边BC上一动点，点B关于AP的对称点为E，连接BE．
(1)如图1，连接CE，当BP=PC时，求证： CE=12BE：
(2)如图2，延长DE，AP交于点F，连接CF．
①求∠DEB的度数：
②用等式表示DE与CF之向的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①∠DEB=135°；②DE=2CF，证明见解析
【分析】（1）设AP,BE交于点H，连接PE，证明∠PEC=90°，进而证明△AHB≌△BEC，根据全等三角形的性质，即可得证；
（2）①过点A作AG⊥DF于点G，设∠BAP=α，则∠EAP=∠BAP=α，得出∠FAG=∠PAE+∠EAG=45°，则△AGF是等腰直角三角形，则∠EFA=45°进而根据对称性可得∠BFA=∠EFA=45°，FE=FB，得出∠BEF=45°，根据邻补角的定义，即可求解；
②过点B作BM⊥AF交AF于点M，得出△BMF是等腰直角三角形，证明△AMB≌△CFB(SAS)，得出AM=CF，勾股定理可得AF=2GF，连接ME，进而证明四边形BMEF是正方形，得出MF=2EF，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图所示，设AP,BE交于点H，连接PE，
∵点B关于AP的对称点为E，
∴BH=HE，BE⊥AH，PB=PE，
又∵BP=PC，则PE=PC
∴PE=PB=PC
∴∠3=∠PEB，∠PEC=∠PCE
∵∠3+∠PEB+∠PEC+∠PCE=180°，
∴∠PEC+∠PEB=90°，即∠PEC=90°，
∵BE⊥AH，
∴∠1+∠2=90°，
又∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴△AHB≌△BEC
∴CE=BH=12BE
（2）①如图所示，过点A作AG⊥DF于点G，
依题意，点B关于AP的对称点为E，
∴AB=AE=AD，
∴∠EAG=∠DAG
设∠BAP=α，则∠EAP=∠BAP=α，
∴∠EAG=∠DAG=12∠DAE=1290°−2α=45°−α
∴∠FAG=∠PAE+∠EAG=45°，
∴△AGF是等腰直角三角形，则∠EFA=45°
又∵E,B关于AP对称，
∴∠BFA=∠EFA=45°，FE=FB，
∴∠BFE=45°，
∴∠BEF=45°，
∴∠DEB=135°；
②如图所示，过点B作BM⊥AF交AF于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
∴∠ABM=∠CBF，
∵点E与点B关于直线AP对称，∠BFD=90°，
∴∠MFB=∠MFE=45°，
∴△BMF是等腰直角三角形，
∴BM=BF，
在△AMB和△CFB中，
AB=CB∠ABM=∠CBFBM=BF
∴△AMB≌△CFB(SAS)，
∴AM=CF，
在△AGF中，AF=AG2+GF2=2GF，
又AF=AM+MF,FG=GE+EF，
∴AM+MF=2GE+2EF
连接ME，则ME=BM=BF=EF，
∴四边形BMEF是菱形，
又∠MBF=90°，
∴四边形BMEF是正方形，
∴MF=2EF，
∴AM=2GE，
∴CF=2GE，
又∵GE=12DE，
∴CF=22DE即DE=2CF．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质与判定；熟练掌握以上知识是解题的关键．