广东省惠州市八年级上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省惠州市八年级上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了 计算的结果是， 若，则m的值为， 如图，是的外角，，则的大小是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1. “致中和，天地位焉，万物育焉”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光下面四幅图是我国传统文化与艺术中的几个经典图案，其中不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A．是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．轴对称图形，故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题主要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．
2. 计算的结果是（ ）
A. 1B. aC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题是幂的乘方与同底数幂的除法．可根据法则先算乘方然后计算除法．
【详解】解：．
故选：C．
3. 佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的边数为（ ）
A 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的内角和，设这个正多边形的边数为，根据内角和求出正多边形的边数即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
则，
∴，
故选：．
4. 下列每组数分别表示3根小木棒的长度（单位：cm），其中能搭成一个三角形的是（ ）
A. 4，6，10B. 6，6，15C. 7，9，18D. 6，8，13
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了三角形三边关系，看能否组成三角形的简便方法：看较小的两个数的和能否大于第三个数．本题根据三角形的三边关系“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”进行分析判断．
【详解】解：A、，不能构成三角形，故此选项不合题意；
B、，不能构成三角形，故此选项不合题意；
C、，不能构成三角形，故此选项不合题意；
D、，能构成三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
5. 若，则m的值为（ ）
A. 4B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查完全平方公式应用．根据题意将展开整理后对应相等即可得到本题答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：A．
6. 若分式有意义，则x满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了分式有意义的条件，当分母不等于零时，分式有意义；当分母等于零时，分式无意义．根据分母不等于零列式求解即可．
【详解】解：∵分式有意义，
∴，
∴．
故选B．
7. 如图，是的外角，，则的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了三角形外角的性质，掌握三角形外角性质是解题的关键．
根据三角形的外角性质直接求解即可．
【详解】解：是的外角，，，
．
．
故选B．
8. 如图，已知∠ABC=∠DCB，下列所给条件不能证明△ABC≌△DCB的是（ ）

A. ∠A=∠DB. AB=DCC. ∠ACB=∠DBCD. AC=BD
【答案】D
【解析】
【详解】A．添加∠A=∠D可利用AAS判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
B．添加AB=DC可利用SAS定理判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
C．添加∠ACB=∠DBC可利用ASA定理判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
D．添加AC=BD不能判定△ABC≌△DCB，故此选项符合题意．
故选D．
9. 某校组织了师生共a人来到荷花荡景区游玩，已知租用的每辆观光车可乘坐b人，师生全部上车后还剩一个位置，由此可知租用的观光车的辆数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查列代数式，理解题意是解题的关键，先计算出所有观光车坐满的人数，即可列数代数式．
【详解】解：∵人刚好坐满，
∴租用的观光车的辆数为：，
故选：A．
10. 如图，等边中，D为中点，点P、Q分别为上的点，，，在上有一动点E，则的最小值为（ ）

A. 7B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识．作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值．
【详解】解：如图，∵是等边三角形，
∴，
∵D为中点，
∴
作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
二．填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 在实数范围内分解因式：a2-4a=_______．
【答案】a(a-4)
【解析】
【分析】利用提公因式法可得答案．
【详解】解：
故答案为：
【点睛】本题考查的是提公因式法分解因式，掌握因式分解的方法是解题的关键．
12. 计算的结果是__________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的加减运算．直接按同分母分式加减运算法则计算即可．
【详解】解：．
故答案为：1．
13. 如图，AD是的角平分线，点P在AD上，于点M，，则点P到的距离是__________．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了角平分线定理：角平分线上的点到角两边的距离相等，准确理解并应用角平分线定理的内容是解题关键．根据角平分线定理可得点P到的距离等于的长，即可解答．
【详解】解：如图：过P作，
AD是的角平分线，，，
，
，
点P到的距离是4．
故答案为：．
14. 如图，在中，，是边上的高，，，则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查含角的直角三角形，在中，由角的直角三角形的性质推出，在中，由角的直角三角形的性质推出，即可求出AD的长．
【详解】解：是边上的高，，
∴
．
，
，
．
故答案为：6．
15. 如图，的延长线交于点E，若，则__________°．
【答案】82
【解析】
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
连接，延长与交于点利用等腰三角形的三线合一证明是的垂直平分线，从而得到 再次利用等腰三角形的性质得到：从而可得答案．
【详解】解：如图，连接，延长与交于点
，，

是的垂直平分线，





故答案：82 .
三．解答题（一）（本题共3小题，每小题7分，共21分）
16. 如图，有一池塘，要测池塘两端A、B的距离，可先在平地上取一个点C，从点C不经过池塘可以直接到达点A 和B． 连接并延长到点D，使，连接 并延长到点E，使，连接，那么量出的长就是A，B的距离．为什么？

【答案】DE的长就是A，B的距离，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．
根据全等三角形的判定及性质即可求解．
【详解】解：解：在和中，
，
，
．
即的长就是A，B的距离．
17. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解分式方程，去分母化整式方程，解方程得到，再检验即可．
【详解】解：
去分母得：，
解得：，
经检验是分式方程的解．
∴原方程的解为：.
18. 数学老师布置了一道数学题：化简．下面是甲、乙两位同学的部分运算过程：
（1）对于甲、乙同学的第一步计算，表述正确的是__________．
A．甲是整式的乘法，乙是因式分解 B．甲、乙都是整式的乘法
C．甲是因式分解，乙是整式的乘法 D．甲、乙都是因式分解
（2）请选择其中一位同学的解法，写出完整的解答过程．
【答案】（1）A （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了整式的化简，因式分解，熟知平方差和完全平方公式是解题的关键。
（1）根据因式分解的概念和整式的化简，即可解答；
（2）按照整式的化简，将过程补充完整即可。
【小问1详解】
解：，为整式的乘法；
，为因式分解，
故选：A；
【小问2详解】
解：选择甲同学的解法：
原式．
选择乙同学的解法：
原式．
四．解答题（二）本题共3小题，每小题9分共27分）
19. 数形结合思想是初中数学学习中很重要的一种思维方法，“数”的精确描述与“形”的直观刻画，使代数问题与几何问题相互转化．“以形释数”是利用数形结合思想解决代数问题的一种体现，做整式的乘法运算时，利用几何直观的面积法获取结论，在整式运算中时常运用．
【问题探究】
探究：如图1是一个长为、宽为的长方形，沿图中虚线用剪刀均分成四块小长方形，然后按图2的形状拼成一个正方形．
请用两种不同的方法表示图2中阴影部分的面积．
方法1：__________________
方法2：__________________
【得出结论】
观察上图，请你写出下列三个代数式：，，之间的等量关系．______；
【应用结论】
根据以上等量关系，解决如下问题：已知：，，求：的值；
【答案】问题探究：方法1：；方法2：；得出结论：；应用结论：
【解析】
【分析】本题主要考查了完全平方公式在几何图形中的应用，熟练掌握完全平方公式，采用数形结合的思想，准确进行计算是解此题的关键．
问题探究：根据小正方形的面积为小正方形边长的平方，也可以表示为大正方形和几个小长方形的面积之差，由此即可得出答案；
得出结论：结合（1）中的公式进行求解即可；
应用结论：根据即可求解．
【详解】解：问题探究：
方法1：，
方法2：；
得出结论：
；
应用结论：，，
20. 虹桥中学为了创建良好的校园读书环境，去年购买了一批图书．其中故事书的单价比文学书的单价多4元，用1200元购买的故事书与用800元购买的文学书数量相等．
（1）求去年购买的文学书和故事书的单价各是多少元？
（2）若今年文学书的单价比去年提高了，故事书的单价与去年相同，这所中学今年计划再购买文学书和故事书共200本，且购买文学书和故事书的总费用不超过2120元，这所中学今年至少要购买多少本文学书？
【答案】（1）去年购买的文学书每本8元，故事书每本12元；（2）今年至少要购买140本文学书．
【解析】
【分析】（1）设去年购买的文学书每本元，则故事书每本元，根据题意列分式方程，解此分式方程，并检验即可解题；
（2）设今年这所中学要购买本文学书，根据总费用不超过2120元列一元一次不等式，解此不等式即可．
【详解】解：（1）设去年购买的文学书每本元，则故事书每本元，
，
，
经检验是原分式方程的解，
，
答：去年购买的文学书每本8元，故事书每本12元．
（2）设今年这所中学要购买本文学书，
．
答：今年至少要购买140本文学书．
【点睛】本题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
21. 如图，在等腰中，．
（1）利用尺规作的平分线，并交于点D；
（2）在（1）的基础上，延长至点E使，连接，求证：为等腰三角形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图-基本作图，掌握等腰三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
（1）根据“作角平分线的基本作法”作图；
（2）根据等腰三角形的性质和判定定理及外角定理证明．
【小问1详解】
解：即为所求；
【小问2详解】
证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
为等腰三角形．
五、解答题（三）（本题共2小题，22题13分，23题14分，共27分）
22. (1)如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系并证明． (提示：延长CD到G，使得DG＝BE)
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
(3)如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西20°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东60°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．(可利用(2)的结论)
【答案】(1)EF＝BE+DF；(2)EF＝BE+DF仍然成立；(3)此时两舰艇之间的距离是140海里．
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形对应边相等解答；
（2）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B＝∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再求出∠EAF＝∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF＝∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
详解】解：(1)EF＝BE+DF；
证明：如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
(2)EF＝BE+DF仍然成立．
证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
(3)如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝20°+90°+(90°﹣60°)＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
又∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝(90°﹣20°)+(60°+50°)＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1×(60+80)＝140(海里)．
答：此时两舰艇之间的距离是140海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
23. （1）操作：如图，在已知内角度数的三个三角形中，请用直尺从某一顶点画一条线段，把原三角形分割成两个等腰三角形，并在图中标注相应的角的度数

（2）拓展，△ABC中，AB=AC，∠A=45°，请把△ABC分割成三个等腰三角形，并在图中标注相应的角的度数.

（3）思考在如图所示的三角形中∠A=30°.点P和点Q分别是边AC和BC上的两个动点.分别连接BP和PQ把△ABC分割成三个三角形.△ABP，△BPQ，△PQC若分割成的这三个三角形都是等腰三角形，求∠C的度数所有可能值直接写出答案即可.

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠C所有可能的值为10°、20°、25°，35°、40°、50°、80°、100°.
【解析】
【分析】（1）在图1、图2、图3中，分别作AB、AB、BC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质及外角的性质求出各角度数即可；（2）分别作AB、BC的垂直平分线，交于点O，连接OA、OB、OC可得三角形OAB、OAC、OBC为等腰三角形，根据等腰三角形的性质及外角性质求出各角度数即可；（3）分PB=PA、AB=AP、BA=BP时，PB=PQ、BP=BQ、QB=QP，PQ=QC、PC=QC、PQ=PC等10种情况，根据等腰三角形的性质分别求出∠C的度数即可.
【详解】（1）在图1、图2、图3中，分别作AB、AB、BC的垂直平分线，
如图1，∵∠ABC=23°，∠BAC=90°，
∴∠C=90°-23°=67°，
∵MN垂直平分AB，
∴BD=AD，
∴△ABD等腰三角形，
∴∠BAD=∠ABC=23°，
∴∠ADC=2∠ABC=46°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAC=∠BAC-∠BAD=67°，
∴∠DAC=∠C，
∴△DAC是等腰三角形，
同理：图2中，∠ADC=46°，∠DAC=88°，∠C=46°，△ABD和△ACD是等腰三角形，
图3中，∠BCD=23°，∠ADC=46°，∠ACD=46°，△BCD和△ACD是等腰三角形.

（2）作AB、BC的垂直平分线，交于点O，连接OA、OB、OC，
∵点O是三角形垂直平分线的交点，
∴OA=OB=OC，
∴△OAB、△OAC、△OBC是等腰三角形，
∵AB=AC，∠BAC=45°，
∴∠ABC=∠ACB=67.5°，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴∠BAD=∠CAD=22.5°，
∴∠OBA=∠OAB=22.5°，∠OCA=∠OAC=22.5°，
∴∠OBC=∠OCB=45°.

（3）①如图，当PB=PA，PB=PQ，PQ=CQ时，
∵∠A=30°，PB=PQ，
∴∠ABP=∠A=30°，
∴∠APB=120°，
∵PB=PQ，PQ=CQ，
∴∠PQB=∠PBQ，∠C=∠CPQ，
∴∠PBQ=2∠C，
∴∠APB=∠PBQ+∠C=3∠C=120°，
解得：∠C=40°.

②如图，当PB=PA，PB=BQ，PQ=CQ时，
∴∠PQB=2∠C，∠PQB=∠BPQ，
∴∠PBQ=180°-2∠PQB=180°-4∠C，
∴180°-4∠C+∠C=120°，
解得：∠C=20°，

③如图，当PA=PB，BQ=PQ，CQ=CP时，
∵∠PQC=2∠PBQ，∠PQC=（180°-∠C），
∴∠PBQ=（180°-∠C），
∴（180°-∠C）+∠C=120°，
解得：∠C=100°.

④如图，当PA=PB，BQ=PQ，PQ=CP时，
∵∠PQC=∠C=2∠PBQ,
又∵∠C+∠PBQ=120°，
∴∠C=80°；

⑤如图，当AB=AP，BP=BQ，PQ=QC时，
∵∠A=30°，
∴∠APB=（180°-30°）=75°，
∵BP=BQ，PQ=CQ，
∴∠BPQ=∠BQP，∠QPC=∠QCP，
∴∠BQP=2∠C，
∴∠PBQ=180°-4∠C，
∴∠C+180°-4∠C=75°，
解得：∠C=35°.

⑥如图，当AB=AP，BQ=PQ，PC=QC时，
∴∠PQC=2∠PBC，∠PQC=（180°-∠C），
∴∠PBC=（180°-∠C），
∴（180°-∠C）+∠C=75°，
解得：∠C=40°.

⑦如图，当AB=AP，BQ=PQ，PC=QP时，
∵∠C=∠PQC=2∠PBC，∠C+∠PQC=75°，
∴∠C=50°；

⑧当AB=AP，BP=PQ，PQ=CQ时，
∵AB=BP，∠A=30°，
∴∠ABP=∠APB=75°，
又∵∠PBQ=∠PQB=2∠C，
且有∠PBQ+∠C=180°-30°-75°=75°，
∴3∠C=75°，
∴∠C=25°；

⑨当AB=BP，BP=PQ，PQ=CQ时，
∵AB=BP，
∴∠BPA=∠A=30°，
∵∠PBQ=∠PQB=2∠C，
∴2∠C+∠C=30°，
解得：∠C=10°.

⑩当AB=BP，BQ=PQ，PQ=CQ时，
∴∠PQC=∠C=2∠PBQ，
∴∠C+∠C=30°，
解得：∠C=20°.

综上所述：∠C所有可能的值为10°、20°、25°，35°、40°、50°、80°、100°.
解：原式
…
解：原式
…