2024~2025学年山东济南八年级下册期末测试数学试题

这是一份2024~2025学年山东济南八年级下册期末测试数学试题，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知a,b,c是实数，若a>b，cbc2D.a−c0，结合S四边形OCPA−12S△AOB=43，得出S△BCP−32S△AOB=43，求出S△BCP=43+8，从而求出P6,−43，求出直线l3的解析式为y=33x+233，CE=23，OD=2，OE=233，DE=OD2+OE2=434，作MF∥CE交DQ于F，则四边形FMCE为平行四边形，△MNF为等边三角形，MN=FM=23，作NG⊥FM交FM于G，求出GM=12FM=12MN，NG=32MN，利用平移得出P′3,−43+3，则PP′=MN，PP′∥MN，证明四边形MNP′P为平行四边形，得出PM=P′N，作点O关于直线l3的对称点O′，连接O′O交l3于H，连接O′P′，则OO′⊥DH，O′H=OH，求出O′−1,3，由轴对称的性质可得ON=O′N，从而可得PM+ON=P′N+O′N≥O′P′，即PM+ON的最小值为O′P′，求出O′P′的值即可得解；
（3）分两种情况：四边形AGHK第一次为菱形时，过点A′作A′E⊥x轴于点E，过点H作HW⊥x轴于点W，利用含30∘角的直角三角形的性质求出点G和点H的坐标，再利用菱形AGHK中，AK是GH平移来的，结合点G到点A的平移方式，即可求出点K的坐标；当四边形AGHK第二次为菱形时，过点H作HL⊥x轴于点L，此时点G与点C′重合，得出点G坐标，利用含30∘角的直角三角形的性质求出点H的坐标，再利用菱形AGHK中，AK是GH平移来的，结合点G到点A的平移方式，即可求出点K的坐标．
【解答】
（1）解：∵直线l1:y=−23x+83交x轴于点A，
∴当y=0时，−23x+83=0，
解得x=4，即A4,0，
∴OA=4，
∵OA=3OC，
∴OC=433，
∴C0,−433，
设直线l2的解析式为y=kx+bk≠0，
将A4,0，C0,−433代入解析式，
得：4k+b=0b=−433 ，
解得：k=33b=−433 ，
∴直线l2的解析式为y=33x−433；
（2）解：在l1:y=−23x+83中，当x=0时，y=83，即B0,83，
∴OB=83，
∴S△AOB=12×OA×OB=12×4×83=163，
由1可得C0,−433，
∴BC=83−−433=8+433，
∵点P是直线l1上位于第四象限内的一点，
∴设Pm,−23m+83m>0，
∵S四边形OCPA−12S△AOB=43，
∴S四边形OCPA+S△AOB−12S△AOB+S△AOB=43，即S△BCP−32S△AOB=43，
∴S△BCP−32×163=43，
∴S△BCP=43+8，
∵S△BCP=12BC⋅xP=12×8+433⋅m=43+8，
∴m=6，
∴−23m+83=−23×6+83=−43，即P6,−43，
∵OA=3OC，∠COA=90∘，
∴AC=2OC，
∴∠OAC=30∘，
∵将直线l2向上平移23个单位长度得到直线l3，直线l2的解析式为y=33x−433，
∴直线l3的解析式为y=33x−433+23=33x+233，DQ∥AC，∠QDA=∠OAC=30∘，
∴∠DEC=90∘−∠EDO=60∘，
当x=0时，y=233，即E0,233，
当y=0时，33x+233=0，解得x=−2，即D−2,0，
∴CE=233−−433=23，OD=2，OE=233，
∴DE=OD2+OE2=433，
如图，作MF∥CE交DQ于F，
则四边形FMCE为平行四边形，∠NFM=∠DEC=60∘，
∴MF=CE=23，
∵∠MNQ=60∘，
∴∠MNQ=∠NFM=60∘，
∴△MNF为等边三角形，MN=FM=23，
作NG⊥FM交FM于G，则GM=12FM=12MN=3，
∴NG=MN2−MG2=3，
将点P沿MN方向平移23单位长度得到点P′（即向左平移3个单位长度，向上平移3个单位长度），
则P′6−3,−43+3，即P′3,−43+3，
则PP′=MN，PP′∥MN，
∴四边形MNP′P为平行四边形，
∴PM=P′N，
作点O关于直线l3的对称点O′，连接O′O交l3于H，连接O′P′，则OO′⊥DH，O′H=OH，过点O′作O′X⊥x轴于点X，
∵S△ODE=12OD×OE=12DE×OH，
∴12×2×233=12×433×OH，
∴O′H=OH=1，
∴OO′=2，
∵∠DEO=60∘，
∴∠O′OX=60∘，
∴O′X=12O′O=1，OX=3O′X=3，
∴O′−1,3，
由轴对称的性质可得ON=O′N，
∴PM+ON=P′N+O′N≥O′P′，
∴PM+ON的最小值为O′P′，
∵O′P′=−1−32+3−−43+3=4103，
∴PM+ON的最小值为4103，
∴PM+MN+ON的最小值4103+23；
（3）解：如图，四边形AGHK第一次为菱形时，过点A′作A′E⊥x轴于点E，过点H作HW⊥x轴于点W，
此时△AGH为等腰三角形，且∠GAH=∠GHA=30∘，
∴∠A′GA=∠HGO=60∘，
∴∠GA′E=30∘，
由旋转知∠OA′C′=∠OAC=30∘，OA′=OA=4，
∴∠A′OE=30∘，
∵A′E⊥x轴，
∴A′E=12OA′=2，OE=3A′E=23，
∴GE=A′E3=233，
∴OG=OE−GE=433，AG=OA−OG=4−433，
∴G433,0，
∵四边形AGHK为菱形，
∴HG=AG=4−433，
∴WG=12HG=2−233，WH=3WG=23−2，
∴OW=OG−WG=433−2−233=23−2，
∴H23−2,2−23，
由菱形AGHK中，HG∥KA，HG=KA，
∴AK是GH平移来的，
∵点G到点A的平移方式是水平向右平移AG=4−433个单位长度，
∴点K为点H水平向右平移4−433个单位长度，
∴点K的坐标为23−2+4−433,2−23，
即K233+2,2−23；
如图，四边形AGHK第二次为菱形时，过点H作HL⊥x轴于点L，
此时△AGH为等腰三角形，且∠GAH=∠GHA=30∘，
∴∠HGL=60∘，∠A′GA=60∘，
由旋转知∠A′C′O=60∘，即∠A′GA=∠A′C′O=60∘，
∴点G与点C′重合，
∴OG=OC=433，
∴G−433,0，AG=OG+OA=433+4，
∵∠GHA=∠OAC=30∘，
∴HG=AG=433+4，
∵∠GHL=90∘−∠HGL=30∘，∠HLG=90∘，
∴LG=12HG=233+2，LH=3LG=2+23，
∴LO=OG+LG=433+233+2=23+2，
∴H−23−2,−23−2，
同上平移方法可得点K为点H水平向右平移AG=433+4个单位长度，
∴点K的坐标为−23−2+433+4,−23−2，
即K−233+2,−23−2；
综上所述，K233+2,2−23或−233+2,−23−2．
25.
【答案】
SAS，1