北师大版八年级数学下册举一反三系列7.9期末复习之选填压轴题专项训练(北师大版)同步练习(学生版+解析)

这是一份北师大版八年级数学下册举一反三系列7.9期末复习之选填压轴题专项训练(北师大版)同步练习(学生版+解析)，共61页。

考点1
三角形的证明选填期末真题压轴题
1．（2022秋·福建泉州·八年级统考期末）如果三角形有一个内角为120°，且过某一顶点的直线能将该 三角形分成两个等腰三角形，那么这个三角形最小的内角度数是( )
A．15°B．40C．15°或20°D．15°或40°
2．（2022秋·福建龙岩·八年级统考期末）如图，ΔABC中，AB的垂直平分线DG交∠ACB的平分线CD于点D，过D作DE⊥AC于点E，若AC=10，CB=4，则AE=（ ）
A．7B．6C．3D．2
3．（2022秋·福建龙岩·八年级统考期末）如图，△ABC中，AC=BC，点M，N分别在AC，AB上，将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），下列结论：①直线MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中点，则AD⊥BC．其中一定正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．①③④
4．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A（3，2），点P（m，0）（m＜6），若△POA是等腰三角形，则m可取的值最多有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
5．（2022秋·福建三明·八年级统考期末）观察：①3、4、5，②5、12、13，③7、24、25，……，发现这些勾股数的“勾”都是奇数，且从3起就没断过．根据以上规律，请写出第8组勾股数：______．
6．（2022秋·江西南昌·八年级校考期末）已知△ABC中，如果过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为△ABC的关于点B的二分割线．如图1，Rt△ABC中，显然直线BD是△ABC的关于点B的二分割线．在图2的△ABC中，∠ABC＝110°，若直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，则∠CDB的度数是_____．
7．（2022秋·江西赣州·八年级统考期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=α．以OC为一边作等边三角形OCD，连接AD．探究：当∠1=______时，△AOD是等腰三角形？
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，已知△ABC中，∠B=90°，BC=16cm，AC=20cm，点P是△ABC边上的一个动点，点P从点A开始沿A→B→C→A方向运动，且速度为每秒4cm，设出发的时间为ts，当点P在边CA上运动时，若△ABP为等腰三角形，则运动时间t=______．
9．（2022秋·山东济南·八年级统考期末）如图，△ABC中，AC＝DC＝4，AD平分∠BAC，BD⊥AD于D，E为AC的中点，则图中两个阴影部分面积之差的最大值为________．
10．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛实验初级中学校考期末）如图，∠ABC=∠ACB，△ABC的内角∠ABC的角平分线BD与∠ACB的外角平分线交于点D，△ABC的外角∠MBC的角平分线与CD的反向延长线交于点E，以下结论：
①AD∥BC；②DB⊥BE；③∠BDC+∠ABC=90°；④BD平分∠ADC；⑤∠BAC+2∠BEC=180°．其中正确的结论有_____．（填序号）
考点2
一元一次不等式与一元一次不等式组选填期末真题压轴题
1．（2022春·山东聊城·八年级统考期末）若不等式组2x−a＜1x−2b＞3的解集为−1＜x＜1，则（a−3）（b+3）的值为
A．1B．−1C．2D．−2
2．（2022春·山东济南·八年级统考期末）若关于x的不等式组x>3xA．a≤3B．a≥3C．a<3D．a>1
3．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级校联考期末）如果关于x的不等式组5x−2a>07x−3b≤0的整数解仅有7，8，9，设整数a与整数b的和为M，则M的值的个数为（ ）
A．3个B．9个C．7个D．5个
4．（2022春·山东·八年级校考期末）对于实数a，b，我们定义符号maxa,b的意义为：当a≥b时，maxa,b=a．当a5．（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）关于x的不等式组{2a−x>32x+8>4a的解集中每一个值均不在1≤x≤8的范围内，则a的取值范围是____________．
6．（2022春·全国·八年级期末）已知一次函数y=kx+b(k<0)的图象与y轴正半轴交于点A，且k+b=2，则下列结论：
①函数图象经过一、二、四象限；
②函数图象一定经过定点(1,2)；
③不等式(k−2)x+b>0的解集为x<1；
④直线y=−bx−k与直线y=kx+b交于点P，与y轴交于点B，则△PAB的面积为2．
其中正确的结论是______．（请填写序号）
7．（2022秋·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期末）在平面直角坐标系中，垂直x轴的直线l分别与函数y=x−a+1,y=−12x+a的图像交于P、Q两点，若平移直线l，可以使P、Q都在x轴的下方，则实数a的取值范围是_________．
8．（2022秋·江苏·八年级期末）已知点P(x,y)位于第二象限，并且y⩽x+4，x、y为整数，符合上述条件的点P共有_______个．
9．（2022秋·福建漳州·八年级统考期末）若直线y=12x−1与直线y=kx+3k+1交于点P(m,n)，且函数y=kx+3k+1的值随x值的增大而减小，则m的取值范围是______．
考点3
图形的平移与旋转选填期末真题压轴题
1．（2022秋·山东滨州·八年级山东省北镇中学校联考期末）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，把一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B．梦想飞扬学习小组将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，给出下列结论：①线段AE与AF的长度之和为定值；②∠BEO与∠OFC的度数之和为定值；③四边形AEOF的面积为定值．其中正确的是（ ）
A．仅①正确B．仅①②正确C．仅②③正确D．①②③都正确
2．（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB，则∠APB等于（ ）．
A．120°B．135°C．150°D．160°
3．（2022春·山东德州·八年级校考期末）如图，边长相等的两个正方形ABCD和OEFG，若将正方形OEFG绕点O按逆时针方向旋转150°，两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积( )
A．不变B．先增大再减小C．先减小再增大D．不断增大
4．（2022春·河南平顶山·八年级统考期末）将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图2的方式放入周长为48的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（ ）
A．16B．24C．30D．40
5．（2022春·陕西宝鸡·八年级统考期末）如图△ABC中，∠CAB＝90°， AB＝AC， D、 E为BC上两点，且∠DAE＝45°，那么BD、CE、 DE之间满足的关系式是________．
6．（2022秋·陕西西安·八年级高新一中校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A1,0，点C是y轴上的动点，线段CA绕着点C逆时针旋转90°至线段CB，连接BO，则BO的最小值是______．
7．（2022春·河南郑州·八年级郑州外国语中学校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，点D、E分别为AB、AC上的点，且DE∥BC.△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，连接BD、EC．下列结论：①△ADE的旋转角为120°；②BD=EC；③BE=AD+AC；④DE⊥AC，其中正确的有____________.
考点4
因式分解选填期末真题压轴题
1．（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，边长为a，b的长方形的周长为10，面积为6，则a3b+ab3的值为( )
A．15B．30C．60D．78
2．（2022秋·重庆·八年级重庆十八中校考期末）若（b﹣c）2＝4（1﹣b）（c﹣1），则b+c的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
3．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）下列四个多项式，可能是2x2＋mx－3 (m是整数)的因式的是
A．x－2B．2x＋3C．x＋4D．2x2－1
4．（2022秋·重庆万州·八年级统考期末）已知x、y、z满足x−z=12，xz+y2=−36，则x+2y+z的值为（ ）
A．4B．1C．0D．-8
5．（2022秋·广东潮州·八年级统考期末）已知a,b,c满足a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，则a+b−c的值为（ ）
A．1B．－5C．－6D．－7
6．（2022秋·江苏南通·八年级校联考期末）已知m，n均为正整数且满足mn−3m−2n−24=0，则m＋n的最大值是（ ）
A．16B．22C．34D．36
7．（2022春·江西景德镇·八年级景德镇一中校考期末）已知实数x，y，z满足x+y+z=5，且4xy+yz+xz=3，则z的最大值为 ___________．
8．（2022春·江苏苏州·八年级期末）如果一个四位数M的百位数字和千位数字的差恰好是个位数字与十位数字的差的两倍，则这个四位数M称作“凤中数”．例如：M=2456，∵4−2=2×6−5，∴2456是“凤中数”．若一个“凤中数”的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，且满足（2≤a≤b9．（2022秋·福建泉州·八年级校考期末）关于x,y的方程x3−y3+x2y−xy2=32的正整数解的个数_____个．
10．（2022秋·山东·八年级统考期末）通过计算几何图形的面积，可表示一些代数恒等式，如图所示，我们可以得到恒等式：a2+3ab+2b2=______．
11．（2022秋·上海浦东新·八年级校联考期末）如果关于x的二次三项式x2−4x+m在实数范围内不能因式分解，那么m的值可以是_________.（填出符合条件的一个值）
考点5
分式与分式方程选填期末真题压轴题
1．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）若关于x的不等式组x−m≤−1x+12−x4>−1有解且至多有5个整数解，且关于y的方程1y−1+3=my1−y的解为整数，则符合条件的整数m的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（2022春·重庆丰都·八年级校考期末）若整数a使得关于x的不等式组x+3<5x+32x−1≥3(a−x)解集为x>1，使得关于y的分式方程ay−1＝y−5y−1+2的解为正数，则所有满足条件的整数a的和为（ ）
A．﹣21B．﹣20C．﹣17D．﹣16
3．（2022春·重庆江北·八年级重庆十八中校考期末）一次函数y＝（a﹣7）x+a的图像不经过第三象限；且关于x的分式方程22−x=3−axx−2有整数解，则满足条件的整数a的和为（ ）
A．18B．17C．12D．11
4．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）已知关于x的分式方程mxx−2x−6+2x−2=3x−6无解，且关于y的不等式组m−y>4y−4≤3y+4有且只有三个偶数解，则所有符合条件的整数m的乘积为（ ）
A．1B．2C．4D．8
5．（2022秋·山东日照·八年级统考期末）已知关于x的分式方程x−ax−2=12的解是非负数，那么a的取值范围是（ ）
A．a≥1B．a≤1C．a≥1且a≠2D．a≥1且a≠1
6．（2022秋·重庆大足·八年级统考期末）随着期末考试来临，李勇同学原计划延时服务期间复习语文、数学、英语的时间为2:4:4，班主任李老师提醒要学科均衡，补短板．他便将数学复习时间的20%分给了语文和英语，调整后语文和英语的复习时间之比为3:5．李勇同学非常刻苦，实际复习时还挤出部分休息时间分给了三个学科，其中20%分给了语文，余下的80%分别分给数学和英语，这样语文的总复习时间与三科总复习时间比为1:4．若李勇同学最终希望使数学与英语总复习时间比为5:6，那么数学的总复习时间与最后三科总复习时间之比为__________．
7．（2022秋·山东淄博·八年级校考期末）若关于x的分式方程2x−2+mxx2−4=5x+2无解，则m的值为 __．
8．（2022春·江苏·八年级期末）已知正整数x，y满足y=x+82x−1，则符合条件的x，y的值有______组．
9．（2022秋·湖南怀化·八年级统考期末）已知a+b+cd=a+b+dc=a+c+db=b+c+da=m，则m的值______．
10．（2022秋·北京门头沟·八年级大峪中学校考期末）当x分别取2017、2016、2015、⋯3、2、1时，计算分式1x2+x值，所得结果相加的和为___．
11．（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）已知xx2−x+1=17，则x2x4−x2+1=______．
考点6
平行四边形选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC=30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为平行四边形；③AD=4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（2022春·北京大兴·八年级统考期末）如图，我们称四个顶点都恰好在格点的四边形为格点四边形，A，B为4×4的正方形网格中的两个格点，在此图中以A，B为顶点的格点四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．10B．11C．12D．13
4．（2022秋·湖南株洲·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F，连接AC，CF．下列结论：①△ABC≌△EAD；②△ABE是等边三角形；③AD=AF；④S△BEF=S△ABE；⑤S△CEF=S△ABE．其中正确的是________
5．（2022春·湖北武汉·八年级武汉市武珞路中学校考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=12BC=4，则下列结论：①∠CAD=30°，②OE=14AD，③BD=46，④S△BEO=23．其中正确的有______．（只填序号）
6．（2022秋·江西抚州·八年级临川一中校考期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D为△ABC形内一点，以AD为腰作等腰△DAE，使∠DAE=∠BAC，连接BE、CD，若M、N分别是DE、BC的中点，MN=1，则CD的长为_______．
7．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，D是AB上任意一点，E是BC的中点，过C作CF//AB,交DE的延长线于F，连BF,CD，若∠FDB=30°，∠ABC=45°，BC=22，则DF=_________．
8．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，连接AP，若S△PBG＝2，则S四边形AEPH＝_____．
9．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB＝CD．点 P 为底边 BC 的延长线上任意一点，PE⊥AB 于 E，PF⊥DC 于 F，BM⊥DC 于 M．请你探究线段 PE、PF、BM 之间的数量关系：
______．
专题7.9 期末复习之选填压轴题专项训练
【北师大版】
考点1
三角形的证明选填期末真题压轴题
1．（2022秋·福建泉州·八年级统考期末）如果三角形有一个内角为120°，且过某一顶点的直线能将该 三角形分成两个等腰三角形，那么这个三角形最小的内角度数是( )
A．15°B．40C．15°或20°D．15°或40°
【答案】A
【分析】依据三角形的一个内角的度数为120°，且过某一顶点能将该三角形分成两个等腰三角形，运用分类思想和三角形内角和定理，即可得到该三角形其余两个内角的度数．
【详解】如图1，当∠A=120°，AD=AC，DB=DC时，∠ADC=∠ACD=30°，∠DBC=∠DCB=15°，
所以，∠DBC=15°，∠ACB=30°+15°=45°；
故∠ABC=60°，∠C=80°；
如图2，当∠BAC=120°，可以以A为顶点作∠BAD=20°，则∠DAC=100°，
∵△APB，△APC都是等腰三角形；
∴∠ABD=20°，∠ADC=∠ACD=40°，
如图3，当∠BAC=120°，以A为顶点作∠BAD=80°，则∠DAC=40°，
∵△APB，△APC都是等腰三角形，
∴∠ABD=20°，∠ADC=100°，∠ACD=40°．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及等腰三角形的性质的运用，解决问题的关键是掌握等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．
2．（2022秋·福建龙岩·八年级统考期末）如图，ΔABC中，AB的垂直平分线DG交∠ACB的平分线CD于点D，过D作DE⊥AC于点E，若AC=10，CB=4，则AE=（ ）
A．7B．6C．3D．2
【答案】A
【分析】连接BD、AD,过点D作DF⊥CB于点F，利用角平分线及线段垂直平分线的性质可求出BD=AD，DE=DF，依据HL定理可判断出Rt△AED≌Rt△BFD，根据全等三角形的性质即可得出BF=AE，再运用AAS定理可证得Rt△CED≌Rt△CFD，证出CE=CF，设AE的长度为x，根据CE=CF列方程求解即可．
【详解】如图, 连接BD、AD,过点D作DF⊥CB于点F.
∵AB的垂直平分线DG交∠ACB的平分线CD于点D，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴BD=AD，DE=DF．∴Rt△AED≌Rt△BFD．
∴BF=AE．
又∵∠ECD=∠FCD，∠CED=∠CFD，CA=CA，∴Rt△CED≌Rt△CFD，
∴CE=CF，
设AE的长度为x，则CE=10-x，CF=CB＋BF= CB＋AE= 4＋x,
∴可列方程10-x=4＋x，x=3，∴AE=3；
故选C.
【点睛】本题涉及到线段垂直平分线及角平分线的性质，直角三角形全等的判定定理及性质，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形解答．
3．（2022秋·福建龙岩·八年级统考期末）如图，△ABC中，AC=BC，点M，N分别在AC，AB上，将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），下列结论：①直线MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中点，则AD⊥BC．其中一定正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．①③④
【答案】A
【分析】①根据将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），证明直线MN垂直平分AD，故①正确；
②先由①得，直线MN垂直平分AD，则AN=DN，AM=DM，再根据”等边对等角“证明∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，则∠AMD=180°−2∠MAD，再根据∠AMD是△CDM的一个外角，∠BND是△NAD的一个外角，证明∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD，进一步证明∠CDM=180°−2∠MAD−∠C，根据AC=BC，得到∠CAB=∠B，则∠C=180°−2∠CAB，然后根据∠CAB=∠MAD+∠NAD，证明∠CDM=2∠NAD，从而得到∠CDM=∠BND，故②正确；
③证明∠C与∠CAD不一定相等，得到AD与CD不一定相等，故③错误；
④先根据M是AC的中点，证明AM=CM，再由①得，直线MN垂直平分AD，则AM=DM，再证明AM=DM=CM，最后证明∠ADC=90°，即AD⊥BC，故④正确．
【详解】①∵将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），
∴直线MN垂直平分AD，
故①正确；
②由①得，直线MN垂直平分AD，
∴AN=DN，AM=DM，
∴∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，
∴∠AMD=180°−∠MAD−∠MDA=180°−2∠MAD
∵∠AMD是△CDM的一个外角，∠BND是△NAD的一个外角，
∴∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD
∴∠C+∠CDM=180°−2∠MAD，
∴∠CDM=180°−2∠MAD−∠C，
∴AC=BC，
∴∠CAB=∠B，
∴∠C=180°−∠B−∠CAB=180°−2∠CAB
又∵∠CAB=∠MAD+∠NAD，
∴∠C=180°−2∠MAD+∠NAD=180°−2∠MAD−2∠NAD
∠CDM=180°−2∠MAD−180°−2∠MAD−2∠NAD
即∠CDM=2∠NAD，
又∵∠BND=2∠NAD(已证)，
∴∠CDM=∠BND，
故②正确；
③∵AC=BC，
∴∠CAB=∠B，
∴∠C=180°−∠B−∠CAB=180°−2∠CAB
又∵∠CAD=∠CAB−∠BAD，
∴180°−2∠CAB与∠CAB−∠BAD不一定相等，
∴∠C与∠CAD不一定相等，
∴AD与CD不一定相等，
故③错误；
④∵M是AC的中点，
∴AM=CM，
∵AM=DM，
∴AM=DM=CM，
∴∠MAD=∠MDA，∠MDC=∠C，
又∠MAD+∠MDA+∠MDC+∠C=180°，
∴∠MDA+∠MDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∴AD⊥BC，
故④正确；
综上所述，一定正确的有①②④，
【点睛】本题考查垂直平分线的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是能够根据题意的条件，进行恰当的推理论证．
4．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A（3，2），点P（m，0）（m＜6），若△POA是等腰三角形，则m可取的值最多有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】B
【分析】分三种情况分析：①以点O为顶角顶点，②以A为顶角顶点，③线段AO的垂直平分线，讨论点P的个数.
【详解】由点P（m，0）（m＜6）知点P在x轴上，
分三种情况：
①当A为顶角顶点时，以点O为圆心OA长为半径画弧，交x轴于一点，根据对称性得到此点的坐标为（6,0），不符合，舍去；
②当点O为顶角顶点时，以点A为圆心，OA长为半径画弧，与x轴有两个交点均满足小于6的条件，故此时有两个；
③作线段OA的垂直平分线，与x轴交于一点，满足小于6的条件，故此时有一个；
综上，共有3个点P，即m有3个值，
故选：B.
【点睛】此题考查等腰三角形的性质，解题时分三种情况进行讨论，注意以点A、O为顶角顶点时应以点为圆心画弧线，避免有遗漏.
5．（2022秋·福建三明·八年级统考期末）观察：①3、4、5，②5、12、13，③7、24、25，……，发现这些勾股数的“勾”都是奇数，且从3起就没断过．根据以上规律，请写出第8组勾股数：______．
【答案】17，144，145
【分析】由题意观察题干这些勾股数，根据所给的勾股数找出三个数之间的关系即可．
【详解】解：因为这些勾股数的“勾”都是奇数，且从3起就没断过，所以从3、5、7…依次推出第8组的“勾”为17，
继续观察可知弦-股=1，利用勾股定理假设股为m，则弦为m+1，
所以有172+m2=(m+1)2，解得m=144，m+1=145，即第8组勾股数为17，144，145.
故答案为17，144，145.
【点睛】本题属规律性题目，考查的是勾股数之间的关系，根据题目中所给的勾股数及勾股定理进行分析即可．
6．（2022秋·江西南昌·八年级校考期末）已知△ABC中，如果过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为△ABC的关于点B的二分割线．如图1，Rt△ABC中，显然直线BD是△ABC的关于点B的二分割线．在图2的△ABC中，∠ABC＝110°，若直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，则∠CDB的度数是_____．
【答案】40°或90°或140°
【分析】分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】解：①如图，
当∠DBC=90°，AD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，
∵∠ABC=110°，∠DBC=90°，
∴∠ABD=20°，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD=20°，
∴∠CDB=∠A+∠ABD=40°；
②如图，
当∠BDC=90°，AD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，或当∠BDC=90°，CD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，；
③如图，
当∠ABD=90°，CD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，
∵∠ABC=110°，∠ABD=90°，
∴∠DBC=20°，
∵CD=BD，
∴∠C=∠DBC=20°，
∴∠BDC=140°．
综上所述：当∠BDC的度数是40°或90°或140°时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解二分割线是本题的关键．
7．（2022秋·江西赣州·八年级统考期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=α．以OC为一边作等边三角形OCD，连接AD．探究：当∠1=______时，△AOD是等腰三角形？
【答案】35°或40°或30°
【分析】先求出∠AOD=190°−α，∠ADO=α−60°，∠OAD=50°，分三种情况讨论：①AO=AD，则∠AOD=∠ADO，②OA=OD，则∠OAD=∠ADO，③OD=AD，则∠OAD=∠AOD，分别求出α的角度即可.
【详解】∵△ABC和△ODC是等边三角形，
∴∠ABC=∠CAB=∠ODC=∠DOC=60°，BC=AC，CO=CD，∠ACB=∠DCO=60°，
∴∠ACB−∠ACO=∠DCO−∠ACO，
∴∠BCO=∠ACD，
在△BOC和△ADC中，
BC=AC∠BCO=∠ACDOC=CD，
∴△BOC≌△ADC（SAS），
∴∠COB=∠CDA=α，
∵∠AOB=110°，
∴∠AOD=360°−110°−α−60°=190°−α，∠ADO=α−60°，∠OAD=180°−∠AOD−∠ADO=50°，
当OA=AD时，
∵AO=AD，CO=CD，
∴AC垂直平分OD，
∵AO=AD，
∴∠OAC=12∠OAD=25°，
∴∠1=60°−25°=35°；
当AO=OD时，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴α−60°=50°，
∴α=110°，
∴∠AOD=80°，
∴∠AOC=140°，
∵AO=OD=OC，
∴∠OAC=20°=∠ACO，
∴∠1=60°=40°，
当OD=AD时，
∵OD=AD，
∴∠OAD=∠AOD，
∴190°−α=50°，
∴α=140°．
∴∠ADC=140°，
∵AD=CD，
∴∠DAC=DCA=20°，
∴∠OAC=30°，
∴∠1=30°，
故答案为：35°或40°或30°．
【点睛】本题是对等边三角形的考查，熟练掌握等边三角形的性质定理及分类讨论是解决本题的关键.
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，已知△ABC中，∠B=90°，BC=16cm，AC=20cm，点P是△ABC边上的一个动点，点P从点A开始沿A→B→C→A方向运动，且速度为每秒4cm，设出发的时间为ts，当点P在边CA上运动时，若△ABP为等腰三角形，则运动时间t=______．
【答案】8.4或9或9.5
【分析】分三种情形：AB＝AP，AB＝BP，PA＝PB，画出图形分别求解即可．
【详解】过点B作BH⊥AC于H．
∵∠ABC＝90°，AC＝20，BC＝16，
∴AB＝AC2−BC2=202−162＝12，
∵BH⊥AC，
∴S△ABC＝12•AC•BH＝12•AB•BC，
∴BH＝12×1620＝485，
∴AH＝AB2−BH2=122−4852=365，
当BA＝BP1时，AH＝HP1＝365，
∴AB＋BC＋AP1＝20＋16＋12−725＝1685，
此时t＝1685÷4=425=8.4，
当AB＝AP2时，AB＋BC＋CP2＝20＋16＋12−12＝36，
此时t＝36÷4=9，
当AP3＝BP3时，AB＋BC＋CP3＝20＋16＋12−10＝38，
此时t＝38÷4=9.5，
综上所述，满足条件的t的值为8.4或9或9.5．
故答案为：8.4或9或9.5．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（2022秋·山东济南·八年级统考期末）如图，△ABC中，AC＝DC＝4，AD平分∠BAC，BD⊥AD于D，E为AC的中点，则图中两个阴影部分面积之差的最大值为________．
【答案】8
【分析】延长BD交AC于点H．设AD交BE于点O．根据垂直定义得到∠ADB＝∠ADH＝90°，求得∠ABD＝∠H，得到AB＝AH，根据等腰三角形的性质得到BD＝DH，推出∠CDH＝∠H，求得CD＝CH＝AC，推出当DC⊥AC时，△ACD的面积最大，最大面积为12×4×4＝8．
【详解】解：延长BD交AC于点H．设AD交BE于点O．如图：
∵AD⊥BH，
∴∠ADB＝∠ADH＝90°，
∴∠ABD＋∠BAD＝90°，∠H＋∠HAD＝90°，
∵AD平分∠BAC，即∠BAD＝∠HAD，
∴∠ABD＝∠H，
∴AB＝AH，
∵AD⊥BH，
∴BD＝DH，
∵DC＝CA，
∴∠CDA＝∠CAD，
∵∠CAD＋∠H＝90°，∠CDA＋∠CDH＝90°，
∴∠CDH＝∠H，
∴CD＝CH＝AC，
∵E为AC的中点，即AE＝EC，
∴S△ABE＝14S△ABH，S△CDH＝14S△ABH，
∴S△ABE＝S△CDH
∵S△OBD−S△AOE＝S△ADB−S△ABE＝S△ADH−S△CDH＝S△ACD，
∵AC＝CD＝4，
∴当DC⊥AC时，△ACD的面积最大，最大面积为12×4×4＝8．
∴图中两个阴影部分面积之差的最大值为8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形中线的性质，三角形的面积的计算等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛实验初级中学校考期末）如图，∠ABC=∠ACB，△ABC的内角∠ABC的角平分线BD与∠ACB的外角平分线交于点D，△ABC的外角∠MBC的角平分线与CD的反向延长线交于点E，以下结论：
①AD∥BC；②DB⊥BE；③∠BDC+∠ABC=90°；④BD平分∠ADC；⑤∠BAC+2∠BEC=180°．其中正确的结论有_____．（填序号）
【答案】①②③⑤
【分析】根据角平分线的性质可得DH=DP，从而得到∠CAD=∠HAD=12∠CAH，再由三角形外角的性质可得∠CAD=∠ACB，从而得到AD∥BC，故①正确；再由BE平分∠CBM，BD平分∠ABC，可得∠DBE=12∠ABC+12∠CBM=90°，因此②正确；由BD是∠ABC的平分线，CD是∠ACF的平分线，结合三角形外角的性质可得到∠BDC=12∠BAC，再由等腰三角形的性质可得∠BAQ=∠CAQ=12∠BAC，从而得到∠BDC+∠ABC=90°，因此③正确；由∠ADB=12∠ABC=45°−14∠BAC，∠BDC=12∠BAC，可得∠ADB与∠BDC不一定相等，因此④不正确；根据BE⊥BD和
∠BDC=12∠BAC，可得∠E+12∠BAC=90°，因此⑤正确，即可求解．
【详解】解：如图，过点D作DG⊥BF于G，DH⊥AB交BA的延长线于点H，DP⊥AC于P，过点A作AQ⊥BC于Q，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴DH=DG，
∵CD是∠ACF的平分线，
∴DG=DP，
∴DH=DP，
∴AD是∠CAH的平分线，
即∠CAD=∠HAD=12∠CAH，
∵∠ABC=∠ACB，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∠CAD+∠HAD+∠BAC=180°，
∴∠CAD=∠ACB，
∴AD∥BC，
因此①正确；
∵BE平分∠CBM，BD平分∠ABC，∠CBM+∠ABC=180°，
∴∠DBE=12∠ABC+12∠CBM=12×180°=90°，
即BD⊥BE，
因此②正确；
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC，
∵CD是∠ACF的平分线，
∴∠ACD=∠FCD，
∵∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠DCF=∠BDC+∠DBC，
∴∠BDC=12∠BAC，
∵∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∵AQ⊥BC，
∴∠BAQ=∠CAQ=12∠BAC，
∵∠BAQ+∠ABC=90°，
∴∠BDC+∠ABC=90°，
因此③正确；
∵∠ADB=12∠ABC=12×180°−∠BAC2=45°−14∠BAC，而∠BDC=12∠BAC，
∴∠ADB与∠BDC不一定相等，
因此④不正确；
∵BE⊥BD，
∴∠E+∠BDC=90°，
∵∠BDC=12∠BAC，
∴∠E+12∠BAC=90°，
∴2∠E+∠ABC=180°，
因此⑤正确；
综上所述，正确的结论有：①②③⑤，
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，角平分线的定义和性质、三角形内角和定理，掌握等腰三角形的性质，角平分线的定义和性质、三角形内角和定理是正确解答的前提．
考点2
一元一次不等式与一元一次不等式组选填期末真题压轴题
1．（2022春·山东聊城·八年级统考期末）若不等式组2x−a＜1x−2b＞3的解集为−1＜x＜1，则（a−3）（b+3）的值为
A．1B．−1C．2D．−2
【答案】D
【详解】解不等式2x−a＜1，得：x＜1+a2，解不等式x−2b＞3，得：x＞2b+3，∵不等式组的解集为−1＜x＜1，∴1+a2=12b+3=−1，解得：a=1，b=−2，当a=1，b=−2时，（a−3）（b+3）=−2×1=−2，故选D．
2．（2022春·山东济南·八年级统考期末）若关于x的不等式组x>3xA．a≤3B．a≥3C．a<3D．a>1
【答案】D
【详解】∵当a满足：a≥3或a>1时，原不等式组都有解，
∴B、D错误；
∵当a满足：a≤3或a<3时，虽然原不等式组都无解，但a<3中把a可取的3给丢掉了，取值不完整，
∴C错误，只有A正确，
故选A.
3．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级校联考期末）如果关于x的不等式组5x−2a>07x−3b≤0的整数解仅有7，8，9，设整数a与整数b的和为M，则M的值的个数为（ ）
A．3个B．9个C．7个D．5个
【答案】D
【分析】先求出不等式组的解集，再得出关于a、b的不等式组，求出a、b的值，即可得出选项．
【详解】5x−2a>0①7x−3b≤0②
∵解不等式①得：x＞2a5，
解不等式②得：x≤3b7，
∴不等式组的解集为2a5∵x的不等式组5x−2a>07x−3b≤0的整数解仅有7，8，9，
∴6≤2a5＜7，9≤3b7＜10，
解得：15≤a＜17.5，21≤b＜2313，
∴a=15或16或17，b=21或22或23，
∴M=a+b=36、37、38、39或40，共5种情况.
故选D
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解的应用，解此题的关键是能求出a、b的值，难度适中．
4．（2022春·山东·八年级校考期末）对于实数a，b，我们定义符号maxa,b的意义为：当a≥b时，maxa,b=a．当a【答案】2
【分析】联立两函数解析式成方程组，通过解方程组找出交点坐标，再根据max{a，b}的意义即可得出函数的最小值．
【详解】解：联立两函数解析式成方程组，得： y=x+3y=−x+1 ，
解得：x=−1y=2 ．
∴当x＜-1时，y=max{x+3，-x+1}=-x+1＞2；当x≥-1时，y=max{x+3，-x+1}=x+3≥2．
∴函数y=max{x+3，-x+1}最小值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查一次函数与一元一次不等式，联立两函数解析式成方程组求出交点坐标是解题的关键．
5．（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）关于x的不等式组{2a−x>32x+8>4a的解集中每一个值均不在1≤x≤8的范围内，则a的取值范围是____________．
【答案】a≥6或a≤2
【分析】先求出不等式组的解集，根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【详解】解：2a−x>3 ①2x+8>4a ②
∵解不等式①得x<2a−3，解不等式②得x>2a−4，
∴不等式组的解集是2a−4∵关于x的不等式组2a−x>32x+8>4a的解集中每一个值均不在1≤x≤8的范围内，
∴2a−4≥8或2a−3≤1，
解得a≥6或a≤2．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式组的解集和已知得出关于a的不等式组是解此题的关键．注意理解：解集中每一个值均不在1≤x≤8的范围内的意义.
6．（2022春·全国·八年级期末）已知一次函数y=kx+b(k<0)的图象与y轴正半轴交于点A，且k+b=2，则下列结论：
①函数图象经过一、二、四象限；
②函数图象一定经过定点(1,2)；
③不等式(k−2)x+b>0的解集为x<1；
④直线y=−bx−k与直线y=kx+b交于点P，与y轴交于点B，则△PAB的面积为2．
其中正确的结论是______．（请填写序号）
【答案】①②③．
【分析】根据一次函数的图象与性质可判断①，根据一次函数图象上点的坐标特征可判断②，由k+b=2，可得（k-2）+b=0， 可得函数y=（k-2）x+b过点（1，0）， 再利用一次函数与x轴的交点坐标可判断③，分别求解B，P的坐标，再利用三角形的面积公式计算可判断④，从而可得到正确的选项．
【详解】解：①∵k＜0，k+b=2，
∴b＞0，
∴函数y=kx+b（k＜0）的图象经过一、二、四象限，故①符合题意；
②∵k+b=2，
∴函数y=kx+b（k＜0）的图象一定经过定点（1，2），故②符合题意；
③∵k+b=2， ∴（k-2）+b=0，
∴函数y=（k-2）x+b过点（1，0），
∴k-2＜0，
∴不等式（k-2）x+b＞0的解集为x＜1，故③符合题意；
④∵一次函数y=kx+b（k＜0）的图象与y轴正半轴交于点A，
∴A（0，b），
∵直线y=-bx-k与直线y=kx+b交于点P，，
∴{y=−bx−ky=kx+b, 解得：{x=−1y=b−k,
∴P(−1,b−k),
∵直线y=-bx-k与y轴交于点B，
∴B（0，-k），
∴AB=|b−(−k)|=|b+k|=2,
∴△PAB的面积为： 12AB•|x|=12×2×1=1，故④不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查对一次函数图象与系数的关系，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，熟知一次函数的性质是解此题的关键．
7．（2022秋·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期末）在平面直角坐标系中，垂直x轴的直线l分别与函数y=x−a+1,y=−12x+a的图像交于P、Q两点，若平移直线l，可以使P、Q都在x轴的下方，则实数a的取值范围是_________．
【答案】x<−1
【分析】根据题意可知y=x−a+1,y=−12x+a在y<0时，x有公共解，因此可以列出不等式，从而得到答案．
【详解】令y=x−a+1＜0，则x＜a-1，
令y=−12x+a＜0，则x＞2a，
∵平移直线l，可以使P、Q都在x轴的下方，
∴可知y=x−a+1,y=−12x+a在y<0时，x有公共解，
∴2a＜a−1，解得：a＜−1，
故填：a＜−1．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质、函数与不等式的关系，解答的关键是将图象问题转化为不等式．
8．（2022秋·江苏·八年级期末）已知点P(x,y)位于第二象限，并且y⩽x+4，x、y为整数，符合上述条件的点P共有_______个．
【答案】6
【分析】根据已知得出不等式x+4⩾0和x<0，求出两不等式的解集，再求出其整数解即可．
【详解】解：∵已知点P(x,y)位于第二象限，
∴x<0，y>0，
又∵y⩽x+4，
∴0又∵x、y为整数，
∴当y=1时，x可取-3，-2，-1，
当y=2时，x可取-1，-2，
当y=3时，x可取-1．
则P坐标为(-1,1)，(-1,2)，(-1,3)，(-2,1)，(-2,2)，(-3,1)共6个．
故答案为：6.
【点睛】本题考查了解一元一次不等式和一次函数的应用，关键是根据题意得出不等式x+4⩾0和x<0，主要培养学生的理解能力和计算能力．
9．（2022秋·福建漳州·八年级统考期末）若直线y=12x−1与直线y=kx+3k+1交于点P(m,n)，且函数y=kx+3k+1的值随x值的增大而减小，则m的取值范围是______．
【答案】−3【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系可得12m−1=mk+3k+1，求得k=m−42m+6，再由一次函数的性质可得m−42m+6＜0，则可得出关于m的一元一次不等式组，求解后即可得出结果．
【详解】解：∵直线y=12x−1与直线y=kx+3k+1交于点P(m,n)，
∴n=12m−1n=mk+3k+1 ，
∴12m−1=mk+3k+1，
∴k=m−42m+6，
∵函数y=kx+3k+1的值随x值的增大而减小，
∴k＜0，
即m−42m+6＜0，
∴m−4＞02m+6＜0或m−4＜02m+6＞0，
当m−4＞02m+6＜0时，m＞4，m＜−3，此不等式组无解；
当m−4＜02m+6＞0时，m＜4，m＞−3，不等式组的解集为−3∴m的取值范围是−3故答案为：−3【点睛】此题考查了一次函数与二元一次方程组的关系、一次函数的性质及一元一次不等式组的应用，熟练掌握相关知识点并能准确运用其求解是解题的关键．
考点3
图形的平移与旋转选填期末真题压轴题
1．（2022秋·山东滨州·八年级山东省北镇中学校联考期末）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，把一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B．梦想飞扬学习小组将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，给出下列结论：①线段AE与AF的长度之和为定值；②∠BEO与∠OFC的度数之和为定值；③四边形AEOF的面积为定值．其中正确的是（ ）
A．仅①正确B．仅①②正确C．仅②③正确D．①②③都正确
【答案】D
【分析】连接AO，易证ΔEOA≅ΔFOC(ASA)，利用全等三角形的性质可得出EA=FC，进而可得出AE+AF=AC，结论①正确；由三角形内角和定理结合∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=90°可得出∠BEO+∠OFC=180°，结论②正确；由ΔEOA≅ΔFOC可得出SΔEOA=SΔFOC，结合图形可得出S四边形AEOF=SΔEOA+SΔAOF=SΔFOC+SΔAOF=SΔAOC=12SΔABC，结论③正确．
【详解】解：连接AO，如图所示，
∵ΔABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，
∴OA=OC，∠AOC=90°，∠BAO=∠ACO=45°．
∵∠EOA+∠AOF=∠EOF=90°，∠AOF+∠FOC=∠AOC=90°，
∴∠EOA=∠FOC．
在ΔEOA和ΔFOC中，
∠EOA=∠FOCOA=OC∠EAO=∠FCO，
∴ΔEOA≅ΔFOC(ASA)，
∴EA=FC，
∴AE+AF=AF+FC=AC，
则结论①正确；
∵∠B+∠BEO+∠EOB=∠FOC+∠C+∠OFC=180°，∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=180°−∠EOF=90°，
∴∠BEO+∠OFC=180°，
则结论②正确；
∵ΔEOA≅ΔFOC，
∴SΔEOA=SΔFOC，
∴S四边形AEOF=SΔEOA+SΔAOF=SΔFOC+SΔAOF=SΔAOC=12SΔABC，
则结论③正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB，则∠APB等于（ ）．
A．120°B．135°C．150°D．160°
【答案】A
【分析】利用旋转变换的性质、勾股定理及其逆定理、等边三角形判定与性质等知识点，通过旋转的性质得出△APM为等边三角形以及△PMB是直角三角形，从而求得∠APB的度数．
【详解】连接PM，如图，
由旋转性质可知，△APC≌△AMB，
∴AP=AM，MB=PC=10，
∵∠MAP=60°，
∴△APM是等边三角形，
∴PM=AP=6，
∵PB=8，
∴MB2=PB2+MP2，
∴△PMB是直角三角形，
∴∠MPB=90°，
∵∠MPA=60°，
∴∠APB=150°．
【点睛】本题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理及其逆定理、等边三角形判定与性质等知识点，难度较大．通过旋转的性质得出△APM为等边三角形以及△PMB是直角三角形是解答本题的第一个关键．
3．（2022春·山东德州·八年级校考期末）如图，边长相等的两个正方形ABCD和OEFG，若将正方形OEFG绕点O按逆时针方向旋转150°，两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积( )
A．不变B．先增大再减小C．先减小再增大D．不断增大
【答案】D
【分析】根据正方形性质得出∠BOC=∠EOG=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，求出∠BOM=∠CON，根据ASA证△BOM≌△CON，推出两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积等于S△BOC=14S正方形ABCD，即可得出选项．
【详解】∵四边形ABCD、四边形OEFG是两个边长相等正方形，
∴∠BOC=∠EOG=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∴∠BOC-∠COM=∠EOG-∠COM，
即∠BOM=∠CON，
∵在△BOM和△CON中
∠BOM=∠CONOB=OC∠OBM=∠OCN，
∴△BOM≌△CON，
∴两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积是
S△COM+S△CNO=S△COM+S△BOM=S△BOC=14S正方形ABCD，
即不论旋转多少度，阴影部分的面积都等于14S正方形ABCD，
故选A．
【点睛】本题考查了正方形性质和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出△BOM≌△CON，即△BOM得面积等于△CON的面积．
4．（2022春·河南平顶山·八年级统考期末）将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图2的方式放入周长为48的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（ ）
A．16B．24C．30D．40
【答案】D
【分析】设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，根据图1中长方形的周长为32，求得x+y=4，根据图2中长方形的周长为48，求得AB=24-3x-4y，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长=2（AB+AD），计算即可得到答案．
【详解】设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，
由图1中长方形的周长为32，可得，y+2（x+y）+（2x+y）=16，
解得：x+y=4，
如图，
∵图2中长方形的周长为48，
∴AB+2（x+y）+2x+y+y-x=24，
∴AB=24-3x-4y，
根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长，
∴2（AB+AD）=2(24-3x-4y+x+y+2x+y+y-x)=2（24-x-y）=48-2（x+y）=48-8=40，
故选：D．
【点睛】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．
5．（2022春·陕西宝鸡·八年级统考期末）如图△ABC中，∠CAB＝90°， AB＝AC， D、 E为BC上两点，且∠DAE＝45°，那么BD、CE、 DE之间满足的关系式是________．
【答案】BD2+CE2=DE2
【分析】把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，由“SAS”得到△ADG≌△ADE，可得DE＝DG，从而根据勾股定理即可得到BD2+CE2=DE2．
【详解】解：如图，把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，
则△ACE≌△ABG，
∴AG＝AE，BG＝CE，∠ABG＝∠ACE＝45°，
∴∠GBD＝90°，
∵∠BAC＝90°，∠GAE＝90°．
∴∠GAD＝∠DAE＝45°，
∴△ADG≌△ADE（SAS）．
∴ED＝GD，
又∵∠GBD＝90°，
∴BD2+BG2＝DG2，
即BD2+CE2=DE2．
故答案为：BD2+CE2=DE2
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
6．（2022秋·陕西西安·八年级高新一中校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A1,0，点C是y轴上的动点，线段CA绕着点C逆时针旋转90°至线段CB，连接BO，则BO的最小值是______．
【答案】22
【分析】作BD⊥x轴，垂直为D，证明△AOC≌△CBD，设点C坐标为（0，m），得到点B坐标为（m，m+1），进而确定点B在直线y=x+1上，从而得到△MON为等腰直角三角形，根据垂线段最短即可求出OB的最小值．
【详解】解：如图，作BD⊥x轴，垂直为D，
∴∠BDC=∠COA=90°，
∴∠BCD+∠CBD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACO=90°，
∴∠CBD=∠ACO，
由旋转的性质得AC=CB
∴△AOC≌△CBD，
∴AO=CD=1，OC=DB，
设点C坐标为（0，m），
则点B坐标为（m，m+1），
∴点B在直线y=x+1上，
如图，设直线与y轴交点为M，与x轴交点为N，
则点M坐标为（0,1），点N坐标为（-1,0），
∴OM=ON，
∴△MON为等腰直角三角形，
∴MN=OM2+ON2=2，
∴当OB⊥MN时，OB最短，
OB=12MN=22．
故答案为：22
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中全等三角形的判定与性质，根据点的特点确定点所在直线解析式，垂线段最短等知识，综合性较强，理解点B的运动轨迹是一条直线是解题关键．
7．（2022春·河南郑州·八年级郑州外国语中学校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，点D、E分别为AB、AC上的点，且DE∥BC.△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，连接BD、EC．下列结论：①△ADE的旋转角为120°；②BD=EC；③BE=AD+AC；④DE⊥AC，其中正确的有____________.
【答案】②③④
【分析】由AB=AC，∠B=30°，得出∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，得出将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，△ADE的旋转角为60°，故①错误；由DE∥BC，易证AD=AE，得出BD=EC，故②正确；BE=AE+AB=AD+AC，故③正确；证明∠DAC=∠EAC，由AD=AE，得出DE⊥AC，故④正确；即可得出结果．
【详解】解：∵AB=AC，∠B=30°，
∴∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，
∴将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，△ADE的旋转角为180°-120°=60°，故①错误；
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴BD=EC，故②正确；
BE=AE+AB=AD+AC，故③正确；
∵∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠EAC=180°-∠BAC=180°-120°=60°，∠DAC=120°-∠EAC=120°-60°=60°，
∴∠DAC=∠EAC，
∵AD=AE，
∴DE⊥AC，故④正确；
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质与等腰三角形的性质是解题的关键．
考点4
因式分解选填期末真题压轴题
1．（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，边长为a，b的长方形的周长为10，面积为6，则a3b+ab3的值为( )
A．15B．30C．60D．78
【答案】D
【分析】先把所给式子提取公因式ab，再整理为与题意相关的式子，代入求值即可．
【详解】解：根据题意得：a+b＝5，ab＝6，
则a3b+ab3＝ab（a2+b2）＝ab[（a+b）2﹣2ab]＝6×（52﹣2×6）＝6×13＝78．
故选D．
【点睛】本题既考查了对因式分解方法的掌握，又考查了代数式求值的方法，同时还隐含了数学整体思想和正确运算的能力．
2．（2022秋·重庆·八年级重庆十八中校考期末）若（b﹣c）2＝4（1﹣b）（c﹣1），则b+c的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【答案】D
【分析】先将等式的右边展开并移项到左边,然后再根据完全平方公式可以分解因式，即可得到b+c的值．
【详解】解：∵（b﹣c）2＝4（1﹣b）（c﹣1），
∴b2﹣2bc+c2＝4c﹣4﹣4bc+4b，
∴（b2+2bc+c2）﹣4（b+c）+4＝0，
∴（b+c）2﹣4（b+c）+4＝0，
∴（b+c﹣2）2＝0，
∴b+c＝2，
故选：D．
【点睛】本题考查因式分解的应用，掌握运用完全平方公式进行因式分解是解答本题的关键.
3．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）下列四个多项式，可能是2x2＋mx－3 (m是整数)的因式的是
A．x－2B．2x＋3C．x＋4D．2x2－1
【答案】B
【分析】将原式利用十字相乘分解因式即可得到答案.
【详解】解：根据2x2+mx-3的常数项是-3，利用十字相乘法将2x2+mx-3分解．
2x2+mx-3（m是整数）的因式的是2x+3；
故选：B.
【点睛】此题考查因式分解，根据二次项和常数项将多项式分解因式是解题的关键.
4．（2022秋·重庆万州·八年级统考期末）已知x、y、z满足x−z=12，xz+y2=−36，则x+2y+z的值为（ ）
A．4B．1C．0D．-8
【答案】A
【分析】根据题目条件可用x来表示z，并代入代数式中，运用公式法因式分解可得x−62=−y2，再根据平方数的非负性可分别求出x，z的值，最后运算即可．
【详解】解：∵ x−z=12，∴ z=x−12，
又∵ xz+y2=−36，
∴ xx−12+y2=−36，
∴ x2−12x+36=-y2，x−62=−y2，
∵ x−62≥0，−y2≤0，
∴x−6=0，y=0，
∴x=6，y=0，z=−6，
代入x+2y+z得，x+2y+z=0．
【点睛】本题考查了运用公式法进行因式分解，平方数的非负性，熟练掌握运用公式法因式分解是解决本题的关键．
5．（2022秋·广东潮州·八年级统考期末）已知a,b,c满足a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，则a+b−c的值为（ ）
A．1B．－5C．－6D．－7
【答案】D
【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出a,b,c的值，代入计算即可．
【详解】解：∵a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，
∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17），
∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11
∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0，
∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0
∴a-3=0，b+1=0，c-1=0，
∴a+b-c=3-1-1=1．
【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出a,b,c的值，准确进行计算．
6．（2022秋·江苏南通·八年级校联考期末）已知m，n均为正整数且满足mn−3m−2n−24=0，则m＋n的最大值是（ ）
A．16B．22C．34D．36
【答案】D
【分析】由mn−3m−2n−24=0得(m−2)(n−3)=30.由于30=1×30=2×15=3×10=5×6 =30×1=15×2=10×3=6×5，据此列出关于m、n的方程组，求出每一组m、n的值，再求出相应的m＋n的值，即可找到m＋n的最大值.
【详解】由mn−3m−2n−24=0得
mn−3m−2n+6−30=0
m(n−3)−2(n−3)=30
(m−2)(n−3)=30
∵m，n均为正整数
∴m−2=1n−3=30或m−2=2n−3=15或m−2=3n−3=10或m−2=5n−3=6
或m−2=30n−3=1或m−2=15n−3=2或m−2=10n−3=3 或m−2=6n−3=5
解得m=3n=33或m=4n=18或m=5n=13或m=7n=9或m=32n=4或m=17n=5或m=12n=6或m=8n=8
∴m+n=36或22或18或16
∴m＋n的最大值是36
故选：D
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是将mn−3m−2n−24=0变形为(m−2)(n−3)=30.
7．（2022春·江西景德镇·八年级景德镇一中校考期末）已知实数x，y，z满足x+y+z=5，且4xy+yz+xz=3，则z的最大值为 ___________．
【答案】225
【分析】依据x+y+z=5转换得到x+z=5−y，y+z=5−x，将4xy+yz+xz=3变形为xy+yz+xy+xz=3−2xy整理得y5−y+x5−x=3−2xy即5x+y−3=x−y2，结合x+y=5−z得55−z−3=x−y2≥0求解即可．
【详解】解：∵x+y+z=5，
∴x+z=5−y，y+z=5−x，
∵4xy+yz+xz=3，
∴xy+yz+xy+xz=3−2xy，
∴yx+z+xy+z=3−2xy，
∴y5−y+x5−x=3−2xy，
∴5y−y2+5x−x2=3−2xy，
∴5x+y−3=x−y2，
∵x+y=5−z，
∴55−z−3=x−y2，
∵x−y2≥0，
∴55−z−3≥0，
解得：z≤225，
故答案为：225．
【点睛】本题考查了已知式子的值求字母的取值范围，因式分解综合应用，完全平方公式及平方的非负性；解题的关键是熟练利用因式分解进行综合运算．
8．（2022春·江苏苏州·八年级期末）如果一个四位数M的百位数字和千位数字的差恰好是个位数字与十位数字的差的两倍，则这个四位数M称作“凤中数”．例如：M=2456，∵4−2=2×6−5，∴2456是“凤中数”．若一个“凤中数”的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，且满足（2≤a≤b【答案】6699
【分析】根据“凤中数”的定义可得2d=b−a+2c，代入GM，通过变形可得GM=2ac+b+ac−3a+2c−624，当GM是整数时，ac−3a+2c−6=a+2c−3是24的倍数，分情况计算，最后比较大小即可．
【详解】解：由“凤中数”的定义可知b−a=2×d−c，
∴ 2d=b−a+2c，
∴ GM=49ac−2a+2d+23b−624
=48ac+ac−2a+b−a+2c+23b−624
=48ac+24b+ac−3a+2c−624
=2ac+b+ac−3a+2c−624，
∵ GM是整数，2ac+b一定是整数，
∴ ac−3a+2c−6是24的倍数，
∴ ac−3a+2c−6=a+2c−3是24的倍数，
∵ 2≤a≤b∴ 4≤a+2<11，−1当a+2=4时，c−3=6，满足ac−3a+2c−6是24的倍数，
可得a=2，c=9，此时d=c=9，b=a=2，
∴ M=2299；
当a+2=6时，c−3=4，满足ac−3a+2c−6是24的倍数，
可得a=4，c=7，则b−4=2d−7，
当b=4时，d=7，M=4477，
当b=5时，d=7.5，不合题意，
当b=6时，d=8，M=4678；
当a+2=8时，则c−3=3或c−3=6，满足ac−3a+2c−6是24的倍数，
当c−3=3时，a=c=6，与a当c−3=6时，a=6，c=9，
可得b=a=6，d=c=9，M=6699；
综上可知，满足条件的M的最大值为6699．
故答案为：6699．
【点睛】本题考查新定义运算，因式分解的应用，整式的加减运算等，有一定难度，解题的关键是通过GM是整数推出ac−3a+2c−6是24的倍数．
9．（2022秋·福建泉州·八年级校考期末）关于x,y的方程x3−y3+x2y−xy2=32的正整数解的个数_____个．
【答案】1
【分析】先将原方程等号左边部分因式分解，可得(x+y)2(x−y)=32，根据题意列举出两个正整数乘积为32的情况，考虑到因式分解后含有(x+y)2，在保证正整数集的条件下，可列出三个二元一次方程组，分别解方程组即可获得答案．
【详解】解：x3−y3+x2y−xy2
=x2(x+y)−y2(x+y)
=(x+y)(x2−y2)
=(x+y)(x+y)(x−y)
=(x+y)2(x−y)，
由题意可知(x+y)2(x−y)=32，
列举出两个正整数乘积为32的情况，可以有以下三种（只是因数位置不同的算一种），
1×32=32，
2×16=32，
4×8=32，
∵因式分解后含有(x+y)2，在保证正整数集的条件下，则有x+y>0，
又∵12=1，22=4，42=16，
∴根据题意可列出方程组为x+y=1x−y=32或x+y=2x−y=8或x+y=4x−y=2，
解第一个方程组，可得x=16.5y=−15.5，
解第二个方程组，可得x=5y=−3，
解第三个方程组，可得x=3y=1，
只有第三个方程组的解均为正整数，因此原方程的正整数解得个数为1个．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用以及解二元一次方程组，灵活运用相关知识，正确进行因式分解是解题关键．
10．（2022秋·山东·八年级统考期末）通过计算几何图形的面积，可表示一些代数恒等式，如图所示，我们可以得到恒等式：a2+3ab+2b2=______．
【答案】(a+2b)(a+b)．
【分析】根据图形中的正方形和长方形的面积，以及整体图形的面积进而得出恒等式．
【详解】解：由面积可得：a2+3ab+2b2=(a+2b)(a+b)．
故答案为(a+2b)(a+b)．
【点睛】此题主要考查了十字相乘法分解因式，正确利用面积得出等式是解题关键．
11．（2022秋·上海浦东新·八年级校联考期末）如果关于x的二次三项式x2−4x+m在实数范围内不能因式分解，那么m的值可以是_________.（填出符合条件的一个值）
【答案】5
【分析】根据前两项，此多项式如用十字相乘方法分解，m应是3或-5；若用完全平方公式分解，m应是4，若用提公因式法分解，m的值应是0，排除3、-5、4、0的数即可.
【详解】当m=5时，原式为x2−4x+5，不能因式分解，
故答案为：5.
【点睛】此题考查多项式的因式分解方法，熟记每种分解的因式的特点及所用因式分解的方法，掌握技巧才能熟练运用解题.
考点5
分式与分式方程选填期末真题压轴题
1．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）若关于x的不等式组x−m≤−1x+12−x4>−1有解且至多有5个整数解，且关于y的方程1y−1+3=my1−y的解为整数，则符合条件的整数m的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】先解出不等式组的解集，然后根据不等式组x−m≤−1x+12−x4>−1有解且至多有5个整数解，即可求得m的取值范围，再根据1y−1+3=my1−y的解为整数，即可写出符合条件的m的值．
【详解】解：解不等式组x−m≤−1x+12−x4>−1得：−6∵不等式组x−m≤−1x+12−x4>−1至多有5个整数解，
∴−6<−1+m≤−1，
解得−5∴整数m的值为−4，−3，−2，−1，0，
解方程1y−1+3=my1−y得：y=23+m(m≠−3)，
又∵ y为整数，
当m=−4时，y=−2，符合题意，
当m=−2时，y=2，符合题意，
当m=−1时，y=1，不符合题意，
当m=0时，y=23，不符合题意，
∴符合条件的整数m的个数为2，
【点睛】本题考查了已知不等式组的解集求参数，分式方程的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解集的确定方法是解题的关键．
2．（2022春·重庆丰都·八年级校考期末）若整数a使得关于x的不等式组x+3<5x+32x−1≥3(a−x)解集为x>1，使得关于y的分式方程ay−1＝y−5y−1+2的解为正数，则所有满足条件的整数a的和为（ ）
A．﹣21B．﹣20C．﹣17D．﹣16
【答案】D
【分析】首先解不等式组并根据不等式组的解集，确定a的取值范围，再根据分式方程的解是正数确定a的取值范围，注意排除增根的情况，最后两个a的取值范围合并，就可以算出所有整数a的和．
【详解】解：解不等式x+3<5x+32，得x>1，
解不等式x−1≥3(a−x)，得x≥3a+14，
∵该不等式组的解集为x>1，
∴3a+14≤1，解得a≤1，
∵关于y的分式方程ay−1＝y−5y−1+2的解为正数，
∴a=y−5+2(y−1)，
∴y=a+73>0且y≠1，解得a>−7且a≠−4，
∴a的取值范围为−7∴符合条件的整数a有：-6、-5、-3、-2、-1、0、1，
所有整数a相加的和为：−6+(−5)+(−3)+(−2)+(−1)+0+1=−16．
故选：D．
【点睛】本题考查含参的一元一次不等式组和含参的分式方程的解，注意含参的不等式的解法和增根的情况是解决本题的关键．
3．（2022春·重庆江北·八年级重庆十八中校考期末）一次函数y＝（a﹣7）x+a的图像不经过第三象限；且关于x的分式方程22−x=3−axx−2有整数解，则满足条件的整数a的和为（ ）
A．18B．17C．12D．11
【答案】D
【分析】先根据一次函数的图像不经过第三象限、列不等式组求出a的取值范围，再解分式方程，然后根据分式方程有整数解，确定a的可能取值，最后求和即可．
【详解】解：∵一次函数的图像不经过第三象限，
∴a−7＜0a≥0，
∴0≤a＜7，
原分式方程可化为：22−x=3+ax2−x，
2＝3（2﹣x）+ax，
解得x=43−a，3﹣a≠2，
∵分式方程有整数解，
∴3﹣a＝﹣2或3﹣a＝1或3﹣a＝﹣1或3﹣a＝﹣4或3﹣a＝4或3﹣a＝2，
解得a＝5或a＝2或a＝4或a＝7或a＝﹣1或a＝1，
∵a＝7或a＝﹣1或a＝1不合题意，
∴舍去，
∴a＝5或a＝2或a＝4，
∴整数a的和为：11；
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质、解不等式组、分式方程的解等知识点，根据一次函数的图像不经过第三象限列出不等式组成为解答本题的关键．
4．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）已知关于x的分式方程mxx−2x−6+2x−2=3x−6无解，且关于y的不等式组m−y>4y−4≤3y+4有且只有三个偶数解，则所有符合条件的整数m的乘积为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】分式方程无解的情况有两种，第一种是分式方程化成整式方程后，整式方程无解，第二种是分式方程化成整式方程后有解，但是解是分式方程的增根，以此确定m的值，不等式组整理后求出解集，根据有且只有三个偶数解确定出m的范围，进而求出符合条件的所有m的和即可．
【详解】解：分式方程去分母得：mx+2(x−6)=3(x−2)，
整理得：(m−1)x−6=0，
分式方程无解的情况有两种，
情况一：整式方程无解时，即m−1=0时，方程无解，
∴m=1；
情况二：当整式方程有解，是分式方程的增根，即x=2或x=6，
①当x=2时，代入(m−1)x−6=0，得：2m−8=0
解得：得m=4．
②当x=6时，代入(m−1)x−6=0，得：6m−12=0，
解得：得m=2．
综合两种情况得，当m=4或m=2或m=1，分式方程无解；
解不等式{m−y>4y−4≤3(y+4)，
得：{y根据题意该不等式有且只有三个偶数解，
∴不等式组有且只有的三个偶数解为−8，−6，−4，
∴−4∴0综上所述当m=2或m=1时符合题目中所有要求，
∴符合条件的整数m的乘积为2×1=2．
故选B．
【点睛】此题考查了分式方程的无解的问题，以及一元一次不等式组的偶数解，其中分式方程无解的情况有两种情况，一种是分式方程化成整式方程后整式方程无解，另一种是化成整式方程后有解，但是解为分式方程的增根，易错点是容易忽略某种情况；对于已知一元一次不等式组解，求参数的值，找到参数所表示的代数式的取值范围是解题关键．
5．（2022秋·山东日照·八年级统考期末）已知关于x的分式方程x−ax−2=12的解是非负数，那么a的取值范围是（ ）
A．a≥1B．a≤1C．a≥1且a≠2D．a≥1且a≠1
【答案】A
【分析】先解分式方程，再根据方程x−ax−2=12的解为非负数，列不等式组可以求得a的取值范围．
【详解】解：x−ax−2=12，
方程两边同乘2（x﹣2），得2（x﹣a）＝x﹣2，
去括号，得2x﹣2a＝x﹣2，
移项、合并同类项，得x＝2a﹣2，
∵关于x的分式方程x−ax−2=12的解为非负数，x﹣2≠0，
∴2a−2⩾02a−2−2≠0，
解得a≥1且a≠2．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组、分式方程的解，解答本题的关键是明确解分式方程的方法，注意：分式方程分母不能为0．
6．（2022秋·重庆大足·八年级统考期末）随着期末考试来临，李勇同学原计划延时服务期间复习语文、数学、英语的时间为2:4:4，班主任李老师提醒要学科均衡，补短板．他便将数学复习时间的20%分给了语文和英语，调整后语文和英语的复习时间之比为3:5．李勇同学非常刻苦，实际复习时还挤出部分休息时间分给了三个学科，其中20%分给了语文，余下的80%分别分给数学和英语，这样语文的总复习时间与三科总复习时间比为1:4．若李勇同学最终希望使数学与英语总复习时间比为5:6，那么数学的总复习时间与最后三科总复习时间之比为__________．
【答案】1544
【分析】：设李勇同学原计划延时服务期间复习语文、数学、英语的时间分别为2x,4x,4x，设他分给语文的时间为a，则分给英语的时间为45x−a，此时语文时间为：2x+a，英语时间为：4x+45x−a，依据语文英语时间的比值解得：a=11x20，此时各科学习时间分别为语文：51x20，数学：165x，英语：85x20，设挤出的休息时间为b，则第二次调整后语文时间为：51x20+15b，依据语文时间的比求出b=x，则总学习时间为：2x+4x+4x+x=11x，设此时他的数学时间为5c，则英语6c，依据数学英语时间和占总时间的34，求出c=34x，从而求出数学时间以及和总时间的比值．
【详解】解：设李勇同学原计划延时服务期间复习语文、数学、英语的时间分别为2x,4x,4x，
依题意：
他分给语文和英语的复习时间和为20%×4x=45x，剩余数学时间为80%×4x=165x，
设他分给语文的时间为a，则分给英语的时间为45x−a，
此时语文时间为：2x+a，
英语时间为：4x+45x−a，
依题意得：2x+a4x+45x−a=35，
解得：a=11x20，
故第一次调整后语文时间为：2x+11x20=51x20，
数学时间为：165x，
英语时间为：4x+0.8x−11x20=85x20，
设挤出的休息时间为b，
则第二次调整后语文时间为：51x20+15b，
依题意得：51x20+15b2x+4x+4x+b=14，
解得b=x，
则总学习时间为：2x+4x+4x+x=11x，
设此时他的数学时间为5c，则英语6c，
依题意得5c+6c=34×11x，
解得：c=34x，
故数学的总复习时间与最后三科总复习时间之比为：
5c11x=5×34x11x=1544，
故答案为：1544
【点睛】本题考查了分式的实际应用；解题的关键是用代数式准确表示出每次调整后各学科的时间，依据比例列方程求解．
7．（2022秋·山东淄博·八年级校考期末）若关于x的分式方程2x−2+mxx2−4=5x+2无解，则m的值为 __．
【答案】10或−4或3
【分析】分式方程无解的情况有两种：（1）原方程存在增根；（2）原方程约去分母后，整式方程无解．
【详解】解：（1）x=−2为原方程的增根，
此时有2(x+2)+mx=5(x−2)，即2×(−2+2)−2m=5×(−2−2)，
解得m=10；
（2）x=2为原方程的增根，
此时有2(x+2)+mx=5(x−2)，即2×(2+2)+2m=5×(2−2)，
解得m=−4．
（3）方程两边都乘(x+2)(x−2)，
得2(x+2)+mx=5(x−2)，
化简得：(m−3)x=−14．
当m=3时，整式方程无解．
综上所述，当m=10或m=−4或m=3时，原方程无解．
故答案为：10或−4或3．
【点睛】本题考查的是分式方程的解，解答此类题目既要考虑分式方程有增根的情形，又要考虑整式方程无解的情形．
8．（2022春·江苏·八年级期末）已知正整数x，y满足y=x+82x−1，则符合条件的x，y的值有______组．
【答案】2
【分析】根据x，y均为正整数，可知y=x+82x−1≥1、x≥1，据此建立不等式x+8≥2x−1并求解可知x≤9，结合x≥1，可确定可知符合条件的x的值，然后根据y=x+82x−1确定与之对应的y的值，即可确定符合条件的x，y的值的组数．
【详解】解：∵x，y均为正整数，
∴y=x+82x−1≥1，x≥1，
∴2x−1≥1，
∴x+8≥2x−1，解得x≤9，
结合x≥1，可知符合条件的x的值为：1、2、3、4、5、6、7、8、9，
对应的y的值为：9、103、115、127、139、1411、1513、1615、1，
∴符合条件的x、y的值为x=1y=9，x=9y=1，
∴符合条件的x，y的值有2组．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了使分式值为整数时未知数的整数值以及一元一次不等式的应用，根据题意建立不等式并求解是解题关键．
9．（2022秋·湖南怀化·八年级统考期末）已知a+b+cd=a+b+dc=a+c+db=b+c+da=m，则m的值______．
【答案】为-1或3
【分析】根据题设知a≠0，b≠0，c≠0，d≠0，得到a+b+c=dm，a+b+d=cm，a+c+d=bm，b+c+d=am，推出3(a+b+c+d)=m(a+b+c+d)，得到(a+b+c+d）(m-3)=0，当a+b+c+d=0时，得到a+b+c=-d，a+b+d=-c，a+c+d=-b，b+c+d=-a，推出m=-1；当a+b+c+d≠0时，推出m-3=0，得到m=3．
【详解】∵a+b+cd=a+b+dc=a+c+db=b+c+da=m，
∴a≠0，b≠0，c≠0，d≠0，
∴a+b+c=dm，a+b+d=cm，a+c+d=bm，b+c+d=am，
∴3(a+b+c+d)=m(a+b+c+d)，
∴(a+b+c+d）(m-3)=0，
当a+b+c+d=0时，
a+b+c=-d，a+b+d=-c，a+c+d=-b，b+c+d=-a，
∴m=-1；
当a+b+c+d≠0时，
m-3=0，m=3，
综上，m=-1或m=3．
故答案为：为-1或3．
【点睛】本题主要考查了分式的值，解决问题的关键是熟练掌握分式有意义的条件，等式的基本性质，分式值的意义及满足条件．
10．（2022秋·北京门头沟·八年级大峪中学校考期末）当x分别取2017、2016、2015、⋯3、2、1时，计算分式1x2+x值，所得结果相加的和为___．
【答案】20172018
【分析】把1、2、3、⋯2015、2016、2017分别代入1x2+x得到分式的值，相加即可得到答案．
【详解】解：∵ 1x2+x=1x(x+1)，
∴把1、2、3、⋯2015、2016、2017分别代入1x2+x得，11×2、12×3、13×4、⋯12015×2016、12016×2017、12017×2018，
∴所得结果相加的和为11×2+12×3+13×4+⋯+12015×2016+12016×2017+12017×2018
=1−12+12−13+13−14++⋯+12015−12016+12016−12017+12017−12018
=1−12018=20172018，
故答案为：20172018．
【点睛】本题考查了数字的变化规律，总结出数字的变化规律是解题的关键．
11．（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）已知xx2−x+1=17，则x2x4−x2+1=______．
【答案】161
【分析】先将已知的式子化为倒数形式 ，化简后两边平方，再把所要求的式子的倒数化简求值，可得到最终结果．
【详解】∵ xx2−x+1=17，
∴x2−x+1x=7，
∴x−1+1x=7，
∴x+1x=8，
∴x+1x2=64，∴x2+1x2=62，
∴x4−x2+1x2=x2−1+1x2=61，∴x2x4−x2+1=161.
故答案为：161．
【点睛】考查分式值的计算，有一定灵活性，解题的关键是先求倒数．
考点6
平行四边形选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC=30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为平行四边形；③AD=4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】首先证明Rt△ADF≌Rt△BAC，结合已知得到AE=DF，然后根据内错角相等两直线平行得到DF∥AE，由一组对边平行且相等可得四边形ADFE是平行四边形，故②正确；由∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，可得∠AHE=90°，故①正确；由2AG=AF可知③正确；在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，可证Rt△DBF≌Rt△EFA，故④正确．
【详解】解：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=BD=AB，AE=CE=AC，∠ADB=∠BAD=∠DBA=∠CAE=∠AEC=∠ACE=60°．
∵F是AB的中点，
∴∠BDF=∠ADF=30°，∠DFA=∠DFB=90°，BF=AF=12AB．
∴AD=2AF．
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，
∴BC=12AB，
∴AF=BF=BC．
在Rt△ADF和Rt△BAC中，
AD＝BA ，AF＝BC，
∴Rt△ADF≌Rt△BAC（HL），
∴DF=AC，
∴AE=DF．
∵∠BAC=30°，
∴∠BAC+∠CAE=∠BAE=90°，
∴∠DFA=∠EAB，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；
∴AD=EF，AD∥EF，
设AC交EF于点H，
∴∠DAC=∠AHE．
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，
∴∠AHE=90°，
∴EF⊥AC．①正确；
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴2GF=2GA=AF．
∴AD=4AG．故③正确．
在Rt△DBF和Rt△EFA中，
BD＝FE，DF＝EA，
∴Rt△DBF≌Rt△EFA（HL）．故④正确，
综上，①②③④都正确．
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的判定及性质等，综合性较强，熟练掌握上述性质、定理是解题的关键．
2．（2022春·北京大兴·八年级统考期末）如图，我们称四个顶点都恰好在格点的四边形为格点四边形，A，B为4×4的正方形网格中的两个格点，在此图中以A，B为顶点的格点四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．10B．11C．12D．13
【答案】D
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，构造顶点四边形即可；
【详解】解：如下图：由勾股定理和网格特征可得下列顶点四边形的两组对边分别相等，
∴都是平行四边形，
故选： D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，勾股定理；掌握平行四边形的性质是解题关键．
3．（2022春·广东汕尾·八年级汕尾市城区汕尾中学校考期末）如图，E是▱ABCD的边AD延长线上一点，连接BE，CE，BD，BE交CD于点F，添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（ ）
A．∠AEB=∠BCDB．EF=BFC．∠ABD=∠DCED．∠AEC=∠CBD
【答案】D
【分析】根据平行线的性质得到∠AEB=∠CBF，求得∠CBF=∠BCD，求得CF=BF，同理，EF=DF，不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；根据平行线的性质得到∠DEF=∠CBF，根据全等三角形的性质得到DF=CF，于是得到四边形BCED为平行四边形，故B正确；根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，求得DE∥BC，∠ABD=∠CDB，推出BD∥CE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故C正确；根据平行线的性质得到∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°，推出∠BDE=∠BCE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故D正确．
【详解】解：A、∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠CBF，
∵∠AEB=∠BCD，
∴∠CBF=∠BCD，
∴CF=BF，
同理，EF=DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；
∵ DE∥BC，
∴∠DEF=∠CBF，
∠DEF=∠CBF
在△DEF与△CBF中, ∠DEF=∠CBF∠DFE=∠CFBEF=BF
∴△DEF△CBF(ASA),
∴DF=CF
∵EF=BF
∴四边形BCED为平行四边形，故B正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ .AD∥BC，AB∥CD,
∴DE∥CE，∠ABD=∠CDB,
∠ABD=∠DCE，
∴∠DCE=∠CDB，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，故C正确；
∵AEB∥C,
∴∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°
∵∠AEC=∠CBD，
∴∠BDE=∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故D正确．
故选:A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
4．（2022秋·湖南株洲·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F，连接AC，CF．下列结论：①△ABC≌△EAD；②△ABE是等边三角形；③AD=AF；④S△BEF=S△ABE；⑤S△CEF=S△ABE．其中正确的是________
【答案】①②⑤
【分析】由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，由AE平分∠BAD，可得∠BAE=∠DAE，可得∠BAE=∠BEA，得AB=BE，由AB=AE，得到△ABE是等边三角形，②正确；则∠ABE=∠EAD=60°，可证明△ABC≌△EADSAS，①正确；由S△AEC=S△DEC，S△ABE=S△CEF得出④即可，由S△AEC=S△DEC，S△ABE=S△CEF得出⑤正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD=BC，AB=CD，
∴∠EAD=∠AEB，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∵AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，②正确；
∴∠EAD=∠ABE=∠AEB=60°，
在△ABC和△EAD中，
AB=EA∠ABC=∠EADBC=AD
∴△ABC≌△EADSAS，①正确；
若AD与BF相等，则BF=BC，
题中未限定这一条件，
若S△BEF=S△ACD，则S△BEF=S△ABC，
则AB=BF，
∴BF=BE，题中未限定这一条件，
∴④不一定正确．
若AD与AF相等，即∠AFD=∠ADF=∠DEC，
即EC=CD=BE，
即BC=2CD，
题中未限定这一条件，
∴③不一定正确，
∵△FCD与△ABC等底（AB=CD）等高（AB与CD间的距离相等），
∴S△FCD=S△ABC，
又∵△AEC与△DEC同底等高，
∴S△AEC=S△DEC，
∴S△CEF=S△ABE，⑤正确；
故答案为：①②⑤．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积关系．灵活运用所学知识将每个问题仔细分析是解题的关键．
5．（2022春·湖北武汉·八年级武汉市武珞路中学校考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=12BC=4，则下列结论：①∠CAD=30°，②OE=14AD，③BD=46，④S△BEO=23．其中正确的有______．（只填序号）
【答案】①②④
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=4，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°，最后由平行线的性质可作判断；②根据三角形中位线定理可作判断；③先根据三角形中位线定理得：OE=12AB=1，OE∥AB，根据勾股定理计算OC，OD的长，即可求BD的长；④由三角形中线的性质可得：S△BOE=S△EOC=12OE⋅OC=23．
【详解】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=4，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=4，
∵BC=2AB=8，
∴EC=4，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=12AB=2，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
在Rt△EOC中，OC=EC2−OE2=23，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
在Rt△OCD中，OD=OC2+CD2=27
∴BD=2OD=47，故③错误；
②由③知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，故②正确；
④∵BE=EC=2，
∴S△BOE=S△EOC=12OE⋅OC=23，故④正确；
故正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系．
6．（2022秋·江西抚州·八年级临川一中校考期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D为△ABC形内一点，以AD为腰作等腰△DAE，使∠DAE=∠BAC，连接BE、CD，若M、N分别是DE、BC的中点，MN=1，则CD的长为_______．
【答案】2
【分析】如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，先证明△AEB≌△ADC（SAS），得BE=CD，根据三角形的中位线定理可得FM=12BE，FN=12CD，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得∠MFN=60°，所以△FMN是等边三角形，可得结论．
【详解】解：如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，
∵∠BAC=∠EAD， ∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC−∠BAD=∠EAD−∠BAD，
即∠BAE=∠CAD，
在△AEB和△ADC中，
AE=AD∠BAE=∠CADAB=AC，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE=CD，
∵M是ED的中点，F是BD的中点，
∴FM是△BED的中位线，
∴FM=12BE，FM∥BE，
∴∠DFM=∠EBD，
同理得，FN=12CD，FN∥CD，
∴FM=FN，∠FNB=∠DCB，
∵∠DFN=∠DBC+∠FNB=∠DBC+∠DCB，
∴∠MFN=∠DFM+∠DFN=∠EBD+∠DBC+∠DCB=180°−120°=60°，
∴△FMN是等边三角形，
∴MN=FN=1，
∴CD=2．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识的综合运用，解题的关键是证明△FMN是等边三角形．
7．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，D是AB上任意一点，E是BC的中点，过C作CF//AB,交DE的延长线于F，连BF,CD，若∠FDB=30°，∠ABC=45°，BC=22，则DF=_________．
【答案】4
【分析】证明CF∥DB，CF=DB，可得四边形CDBF是平行四边形，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可．
【详解】解：∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠EBD．
∵E是BC中点，
∴CE=BE．
∵∠CEF=∠BED，
∴△CEF≌△BED（ASA）．
∴CF=BD．
∴四边形CDBF是平行四边形．
作EM⊥DB于点M，
∵四边形CDBF是平行四边形，BC=22，
∴BE=12BC=2，DF=2DE，
在Rt△EMB中，EM2+BM2=BE2且EM=BM
∴EM=1，
在Rt△EMD中，
∵∠EDM=30°，
∴DE=2EM=2，
∴DF=2DE=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，
8．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，连接AP，若S△PBG＝2，则S四边形AEPH＝_____．
【答案】8
【分析】由题意根据平行四边形的判定和性质，进行面积的等量代换分析即可求解.
【详解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、四边形PGCF、四边形BGPE是平行四边形，
∴S△BEP=S△PBG,S△HPD=S△PFD,S△ABD=S△BCD，
∵S△PBG＝2，
∴S四边形BGPE=2+2=4，
∵CG＝2BG，
∴S四边形PGCF=2S四边形BGPE=2×4=8，
∵S四边形AEPH=S△ABD−S△BEP−S△HPD,S四边形PGCF=S△BCD−S△PBG−S△PFD,
∴S四边形AEPH=S四边形PGCF=8.
故答案为：8.
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质定理是解题的关键．
9．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB＝CD．点 P 为底边 BC 的延长线上任意一点，PE⊥AB 于 E，PF⊥DC 于 F，BM⊥DC 于 M．请你探究线段 PE、PF、BM 之间的数量关系：
______．
【答案】PE－PF=BM.
【分析】过点B作BH∥CD，交PF的延长线于点H，易证四边形BMFH是平行四边形，于是有FH=BM，再用AAS证明△PBE≌△PBH，可得PH=PE，继而得到结论.
【详解】解：PE－PF=BM. 理由如下：
过点B作BH∥CD，交PF的延长线于点H，如图
∴∠PBH=∠DCB，
∵PF⊥CD，BM⊥CD，
∴BM∥FH，PH⊥BH，
∴四边形BMFH是平行四边形，∠H=90°，
∴FH=BM，
∵等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，
∴∠ABC=∠DCB，
∴∠ABC=∠PBH，
∵PE⊥AB，
∴∠PEB=∠H=90°，又PB为公共边，
∴△PBE≌△PBH（AAS），
∴PH=PE，
∴PE=PF+FH=PF+BM．
即PE－PF=BM.
【点睛】本题考查了等腰梯形的性质、平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确添加辅助线，构造所需的平行四边形和全等三角形.
10．（2022春·上海宝山·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB：BC＝3：2，∠DAB＝60°，E在AB上，如果AE：EB＝1：2，F是BC的中点，过D分别作DP⊥AF于P，DQ⊥CE于Q，那么DP：DC等于_____．
【答案】3:13
【分析】连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到∠CBN=∠DAB=60°，根据勾股定理得到AF=AN2+FN2=13a，根据三角形和平行四边形的面积公式即可得到结论．
【详解】连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠DAB＝60°，
∴∠CBN＝∠DAB＝60°，
∴∠BFN＝∠MCB＝30°，
∵AB：BC＝3：2，
∴设AB＝3a，BC＝2a，
∴CD＝3a，
∵AE：EB＝1：2，F是BC的中点，
∴BF＝a，BE＝2a，