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福建省莆田市2020-2021学年八年级（上）期末数学试卷（解析版） - 副本
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这是一份福建省莆田市2020-2021学年八年级（上）期末数学试卷（解析版） - 副本，共27页。试卷主要包含了精心选一选，细心填一填，耐心做一做等内容，欢迎下载使用。
一、精心选一选（共10题，每题4分，共40分，每题的四个选项中，有且只有一个是正确的.）
1．下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．在△ABC中，a、b、c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若（a﹣1）2+|b﹣|+=0，则这个三角形一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．钝角三角形
3．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．∠A=∠CB．AD=CBC．BE=DFD．AD∥BC
4．如果□×3a=﹣3a2b，则“□”内应填的代数式是（ ）
A．﹣abB．﹣3abC．aD．﹣3a
5．如图，在长方形纸片ABCD中，AB=2，BC=1，点E、F分别在AB、CD上，将纸片沿EF折叠，使点A、D分别落在点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．化简﹣的结果是（ ）
A．a+bB．
C．D．a﹣b
7．下列运算正确的是（ ）
A． =1+B．（﹣2x2）3=﹣6x6C．（）﹣2=4D．（x﹣1）2=x2﹣12
8．若a2+（m﹣3）a+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．1或5B．1C．﹣1或7D．﹣1
9．如图，∠MON=30°，且OP平分∠MON，过点P作PQ∥OM交ON于点Q．若点P到OM的距离为2，则OQ的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．在平面直角坐标系中，有A（1，2），B（4，3）两点，现另取一点C（a，1），满足：AC+BC的值最小．则a的值为（ ）
A．1B．2C．D．3
二、细心填一填（共6题，每题4分，共24分.）
11．若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
12．用科学记数法表示0.000 000 201 7= ．
13．分解因式：a﹣a3= ．
14．已知 x=+，y=﹣．则x2﹣xy+y2= ．
15．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、E的面积分别为2，5，1，10．则正方形D的面积是 ．
16．如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线分别交BC、AB于点D、E，△ADC的周长为9cm，△ABC的周长为13cm，则AE= ．
三、耐心做一做（共9大题，共86分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．计算：|﹣1|﹣+（2﹣π）0．
18．解分式方程：﹣1=．
19．先化简，再求值：÷（x+1﹣），其中x=﹣2．
20．如图，△ABC在平面直角坐标系中，其中，点A、B、C的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．△ABC关于直线 l：x=﹣1对称的△A1B1C1，其中，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1；
（1）请在图中画出△A1B1C1，并写出点的坐标：A1（ ， ）、B1（ ， ）、C1（ ， ）．
（2）计算△A1B1C1的面积为 ．
21．如图：已知△ABC中，AD是中线，且∠1=∠2，求证：AB=AC．
22．莆田中山中学荔兴楼需要在规定时间内改造完成，以备迎接新学期的开学．在工程招标时，接到甲、乙两个工程队的投标书如图：（部分信息）
甲：（1）施工一天，需付甲工程队工程款2.1万元；
（2）单独完成这项工程可以提前2天完成．
乙：（1）施工一天，需付乙工程队工程款1万元；
（2）单独完成这项工程会延期8天，才可以完成．
学校后勤处提出两个方案：①由甲工程队单独施工；②由乙工程队单独施工；
校团委学生代表小组根据甲、乙两队的投标书测算以及工期安排，提出了新的方案③：若甲、乙两队合做4天，余下的工程由乙队单独做也正好如期完成．
试问：（1）学校规定的期限是多少天？
（2）在不耽误工期的前提下，你觉得哪一种施工方案最节省工程款？请说明理由．
23．如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C＜90°．点E、F分别是BC、CD上的动点，满足：△AEF的周长最小．
（1）请在图中作出E、F（要求保留痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若∠C=45°，且∠AEB=60°，请求的值．
24．如图，在四边形ABDE中，C是BD边的中点．
【建立模型】（1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ACE=90°．试探索AE与AB+DE之间的数量关系．
小明同学提出：在AE上截取AF=AB，可证：△ABC≌△AFC，进一步可证△DCE≌△FCE；聪明的你一定知道AE与AB+DE之间的数量关系为 ．
【延伸探究】（2）如图（2），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE=120°．求证AB+DE+BD=AE．
【拓展应用】（3）如图（3），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，BD=8，AB=2，DE=8，且∠ACE=135°，则线段AE长度是（直接写出答案）．
25．如图1，A（a，0），B（0，b），满足：a+b=+．
（1）求A、B的坐标．
（2）如图1，点D是A点左侧的x轴上一点，连接BD，以BD为直角边作等腰直角△BDE．连接AB、BE、EA，EA交BD于点G：
①试判断△ABE的形状，并证明你的结论．
②如图2，若EA平分∠BED，试求EG的长．
2020-2021学年福建省莆田市八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、精心选一选（共10题，每题4分，共40分，每题的四个选项中，有且只有一个是正确的.）
1．下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
2．在△ABC中，a、b、c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若（a﹣1）2+|b﹣|+=0，则这个三角形一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．钝角三角形
【考点】23：非负数的性质：算术平方根；1F：非负数的性质：偶次方．
【分析】依据非负数的性质求得a、b、c的值，然后依据勾股定理的逆定理进行判断即可．
【解答】解：∵（a﹣1）2+|b﹣|+=0，
∴a=1，b=，c=2．
∴a2+b2=c2．
∴△ABC为直角三角形．
故选：B．
3．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．∠A=∠CB．AD=CBC．BE=DFD．AD∥BC
【考点】KB：全等三角形的判定．
【分析】求出AF=CE，再根据全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
∴AF=CE，
A、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
B、根据AD=CB，AF=CE，∠AFD=∠CEB不能推出△ADF≌△CBE，错误，故本选项正确；
C、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（SAS），正确，故本选项错误；
D、∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
故选B．
4．如果□×3a=﹣3a2b，则“□”内应填的代数式是（ ）
A．﹣abB．﹣3abC．aD．﹣3a
【考点】49：单项式乘单项式．
【分析】已知积和其中一个因式，求另外一个因式，可用积除以已知因式，得所求因式．
【解答】解：∵﹣3a2b÷3a=﹣ab，
∴□=﹣ab．
故选A．
5．如图，在长方形纸片ABCD中，AB=2，BC=1，点E、F分别在AB、CD上，将纸片沿EF折叠，使点A、D分别落在点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据折叠的性质，得A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF，则阴影部分的周长即为矩形的周长．
【解答】解：根据折叠的性质，得
A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF．
则阴影部分的周长=矩形的周长=2×（2+1）=6．
故选：D．
6．化简﹣的结果是（ ）
A．a+bB．
C．D．a﹣b
【考点】6B：分式的加减法．
【分析】先将分母化为a﹣b，然后利用分式的基本性质即可求出答案．
【解答】解：原式=+==a﹣b
故选（D）
7．下列运算正确的是（ ）
A． =1+B．（﹣2x2）3=﹣6x6C．（）﹣2=4D．（x﹣1）2=x2﹣12
【考点】47：幂的乘方与积的乘方；22：算术平方根；4C：完全平方公式；6F：负整数指数幂．
【分析】分别根据算术平方根的定义、幂的乘方与积的乘方法则、负整数指数幂的运算法则、完全平方公式对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：A、==≠1+，故本选项错误；
B、（﹣2x2）3=﹣8x6≠﹣6x6，故本选项错误；
C、（）﹣2==4，故本选项正确；
D、（x﹣1）2=x2+1﹣2x≠x2﹣12，故本选项错误．
故选C．
8．若a2+（m﹣3）a+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．1或5B．1C．﹣1或7D．﹣1
【考点】4E：完全平方式．
【分析】根据完全平方式的结构a2±2ab+b2，即可列方程求解．
【解答】解：根据题意得：（m﹣3）a=±2a×2，
则m﹣3=±4，
解得：m=7或﹣1．
故选C．
9．如图，∠MON=30°，且OP平分∠MON，过点P作PQ∥OM交ON于点Q．若点P到OM的距离为2，则OQ的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】KJ：等腰三角形的判定与性质；JA：平行线的性质；KF：角平分线的性质．
【分析】过P作PF⊥OM，PE⊥ON，根据角平分线的性质得到OE=OF，∠1=∠2，根据平行线的性质得到∠1=∠3，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过P作PF⊥OM，PE⊥ON，
∵OP平分∠MON，
∴OE=OF，∠1=∠2，
∵PQ∥OM，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3=∠MON=15°，
∴OQ=PQ，∠4=30°，
∴PQ=2PE=4
∴OQ=PQ=4．
故选D．
10．在平面直角坐标系中，有A（1，2），B（4，3）两点，现另取一点C（a，1），满足：AC+BC的值最小．则a的值为（ ）
A．1B．2C．D．3
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；D5：坐标与图形性质．
【分析】A关于直线y=1的对称点是A'（1，0），求得直线A'B的解析式，然后令y=1求得a的值．
【解答】解：A关于直线y=1的对称点是A'（1，0），
设直线A'B的解析式是y=kx+b，
则，
解得，
则直线A'B的解析式是y=x﹣1
当y=1时，a=2．
故选B．
二、细心填一填（共6题，每题4分，共24分.）
11．若二次根式有意义，则x的取值范围是 x≥1 ．
【考点】72：二次根式有意义的条件．
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
【解答】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1．
故答案为：x≥1．
12．用科学记数法表示0.000 000 201 7= 2.017×10﹣7 ．
【考点】1J：科学记数法—表示较小的数．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：用科学记数法表示0.000 000 201 7=2.017×10﹣7，
故答案为：2.017×10﹣7．
13．分解因式：a﹣a3= a（1+a）（1﹣a） ．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式，然后利用平方差公式分解因式即可求解．
【解答】解：a﹣a3
=a（a2﹣1）
=a（a+1）（a﹣1）．
故答案为：a（a+1）（a﹣1）．
14．已知 x=+，y=﹣．则x2﹣xy+y2= 14 ．
【考点】76：分母有理化．
【分析】原式可化为（x+y）2﹣3xy，再代入计算即可．
【解答】解：原式=（x+y）2﹣3xy
=（++﹣）2﹣3（+）（﹣）
=20﹣6
=14，
故答案为14．
15．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、E的面积分别为2，5，1，10．则正方形D的面积是 2 ．
【考点】KQ：勾股定理．
【分析】分别设中间两个正方形和正方形D的面积为x，y，z，由勾股定理即可得到结论．
【解答】解：设中间两个正方形的面积分别为x、y，正方形D的面积为z，则由勾股定理得：
x=2+5=7；
y=1+z；
7+y=7+1+z=10；
即正方形D的面积为：z=2．
故答案为：2．
16．如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线分别交BC、AB于点D、E，△ADC的周长为9cm，△ABC的周长为13cm，则AE= 2cm ．
【考点】KG：线段垂直平分线的性质．
【分析】根据线段垂直平分线得出BD=DC，求出AB+BC+AC=20cm，AB+AC=13cm，即可求出答案．
【解答】解：∵边BC的垂直平分线DE，
∴BD=DA，
∵△ABC的周长是13cm，△ACD的周长是9cm，
∴AB+AC+BC=13cm，AD+AC+DC=AD+AC+BD=AB+AC=9cm，
∴BC=13cm﹣9cm=2cm，
∴BC=2cm，
故答案为：2cm．
三、耐心做一做（共9大题，共86分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．计算：|﹣1|﹣+（2﹣π）0．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂．
【分析】原式利用绝对值的代数意义，二次根式性质，以及零指数幂法则计算即可得到结果．
【解答】解：原式=﹣1﹣2+1=﹣．
18．解分式方程：﹣1=．
【考点】B3：解分式方程．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：两边同乘x（x+2）得：x2﹣x2﹣2x=2x+4，
解得：x=﹣1，
经检验x=﹣1是分式方程的解．
19．先化简，再求值：÷（x+1﹣），其中x=﹣2．
【考点】6D：分式的化简求值．
【分析】将原式括号中各项通分并利用同分母分式的减法法则计算，整理后再利用平方差公式分解因式，然后利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，即可得到原式的值．
【解答】解：÷（x+1﹣）
=÷[﹣]
=÷
=×
=
当x=﹣2时，
原式==．
20．如图，△ABC在平面直角坐标系中，其中，点A、B、C的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．△ABC关于直线 l：x=﹣1对称的△A1B1C1，其中，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1；
（1）请在图中画出△A1B1C1，并写出点的坐标：A1（ 0 ， 1 ）、B1（ 3 ， 2 ）、C1（ 2 ， 5 ）．
（2）计算△A1B1C1的面积为 5 ．
【考点】P7：作图﹣轴对称变换．
【分析】（1）根据轴对称的性质画出△A1B1C1，并写出各点坐标即可；
（2）先判断出△A1B1C1的形状，再求出其面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，A1（0，1）、B1（3，2）、C1（2，5）．
故答案为：0，1；3，2；2，5；
（2）∵A1B12=42+22=20，A1C12=32+12=10，
B1C12=32+12=10，
∴A1B12=+A1C12+B1C12，
∴△A1B1C1是等腰直角三角形，
∴△A1B1C1的面积=××=5．
故答案为：5．
21．如图：已知△ABC中，AD是中线，且∠1=∠2，求证：AB=AC．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质．
【分析】过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H，由角平分线的性质可得DG=DH，利用等积法可证得结论．
【解答】证明：
∵AD为中线，
∴S△ABD=S△ADC，
如图，过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H
则DG•AB=DH•AC，
∵∠1=∠2，
∴DG=DH，
∴AB=AC．
22．莆田中山中学荔兴楼需要在规定时间内改造完成，以备迎接新学期的开学．在工程招标时，接到甲、乙两个工程队的投标书如图：（部分信息）
甲：（1）施工一天，需付甲工程队工程款2.1万元；
（2）单独完成这项工程可以提前2天完成．
乙：（1）施工一天，需付乙工程队工程款1万元；
（2）单独完成这项工程会延期8天，才可以完成．
学校后勤处提出两个方案：①由甲工程队单独施工；②由乙工程队单独施工；
校团委学生代表小组根据甲、乙两队的投标书测算以及工期安排，提出了新的方案③：若甲、乙两队合做4天，余下的工程由乙队单独做也正好如期完成．
试问：（1）学校规定的期限是多少天？
（2）在不耽误工期的前提下，你觉得哪一种施工方案最节省工程款？请说明理由．
【考点】B7：分式方程的应用．
【分析】（1）设该工程的规定时间为x天，等量关系为：甲乙合作4天的工作总量+乙做（规定天数﹣4）天的工作量=1，依此列出方程求解即可；
（2）根据已知算出各种方案的价钱之后，再根据题意进行选择．
【解答】解：（1）设该工程的规定时间为x天，则甲队需（x﹣2）天完成，乙队需（x+8）天完成．
由题意，可得：4（+）+=1，
解得x=12．
经检验，x=12是原方程的解．
答：学校规定的期限是12天；
（2）答：选择方案③．理由如下：
由于不耽误工期，故方案②舍去．只能选择方案①与方案③．
方案①：由甲队单独施工，10天完成．其费用M1=10×2.1=21（万元），
方案③：甲乙合作4天，再由乙队施工8天．其费用M2=4×2.1+12×1=20.4（万元），
∵M1＞M2，
∴选择方案③进行施工．
23．如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C＜90°．点E、F分别是BC、CD上的动点，满足：△AEF的周长最小．
（1）请在图中作出E、F（要求保留痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若∠C=45°，且∠AEB=60°，请求的值．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题．
【分析】（1）延长AB到A'，使BA'=AB，则A'就是A关于BC的对称点，同法可以作出A关于CD的对称点A''，连接A'A''与CD和BC的交点就是E和F；
（2）根据对称的性质可得△AEA1和△AA2F是等腰三角形，证得△AEF是直角三角形，利用三角形的性质求解．
【解答】解：（1）如图所示．
；
（2）在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C=45°．
∴∠BAD=135°．
∵∠AEB=60°．
∴∠A1=∠BAE=30°．
在△A1AA2中，由内角和定理得：∠A2=15°，∠A2AE=105°．
∴∠EAF=90°且∠AFE=30°．
∴在Rt△AEF中，EF=2AE．
∴=．
24．如图，在四边形ABDE中，C是BD边的中点．
【建立模型】（1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ACE=90°．试探索AE与AB+DE之间的数量关系．
小明同学提出：在AE上截取AF=AB，可证：△ABC≌△AFC，进一步可证△DCE≌△FCE；聪明的你一定知道AE与AB+DE之间的数量关系为 AE=AB+DE ．
【延伸探究】（2）如图（2），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE=120°．求证AB+DE+BD=AE．
【拓展应用】（3）如图（3），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，BD=8，AB=2，DE=8，且∠ACE=135°，则线段AE长度是（直接写出答案）．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）在AE上取一点F，使AF=AB，及可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出结论；
（2）在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．可以求得CF=CG，△CFG是等边三角形，就有FG=CG=BD，进而得出结论；
（3）在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．可以求得CF=CG，△CFG是等腰直角三角形，由勾股定理求出FG的值就可以得出结论．
【解答】解：（1）AE=AB+DE；
理由：在AE上取一点F，使AF=AB．如图1
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴BC=FC，∠ACB=∠ACF．
∵C是BD边的中点．
∴BC=CD，
∴CF=CD．
∵∠ACE=90°，
∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°
∴∠ECF=∠ECD．
在△CEF和△CED中，
，
∴△CEF≌△CED（SAS），
∴EF=ED．
∵AE=AF+EF，
∴AE=AB+DE，
故答案为：AE=AB+DE；
（2）猜想：AE=AB+DE+BD．
证明：如图（2），在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．
∵C是BD边的中点，
∴CB=CD=BD．
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴CF=CB，
∴∠BCA=∠FCA．
同理可证：CD=CG，∴∠DCE=∠GCE．
∵CB=CD，∴CG=CF
∵∠ACE=120°，
∴∠BCA+∠DCE=180°﹣120°=60°．
∴∠FCA+∠GCE=60°．
∴∠FCG=60°．
∴△FGC是等边三角形．
∴FG=FC=BD．
∵AE=AF+EG+FG．
∴AE=AB+DE+BD．
（3）如图（3），在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．
∵C是BD边的中点，
∴CB=CD=BD．
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴CF=CB，∴∠BCA=∠FCA．
同理可证：CD=CG，∴∠DCE=∠GCE．
∵CB=CD，∴CG=CF
∵∠ACE=135°，
∴∠BCA+∠DCE=180°﹣135°=45°．
∴∠FCA+∠GCE=45°．
∴∠FCG=90°．
∴△FGC是等腰直角三角形．
∴FC=BD．
∵BD=8，
∴FC=4，
∴FG=4．
∵AE=AF+FG+GE，
∴AE=AB+4+DE．
∵AB=2，DE=8，
∴AE≤AF+FG+EG=10+4．
25．如图1，A（a，0），B（0，b），满足：a+b=+．
（1）求A、B的坐标．
（2）如图1，点D是A点左侧的x轴上一点，连接BD，以BD为直角边作等腰直角△BDE．连接AB、BE、EA，EA交BD于点G：
①试判断△ABE的形状，并证明你的结论．
②如图2，若EA平分∠BED，试求EG的长．
【考点】KY：三角形综合题．
【分析】（1）根据题意得出，求出b=4．得出a+b=0．a=﹣4，即可得出A、B的坐标．
（2）①由AAS证明△EHD≌△DOB，得出DH=OB=OA=4，EH=OD．证出EH=AH．得出△EHA为等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出∠EAH=45°=∠BAO．得出∠EAB=90°即可．
②延长BA、ED相交于点H，由ASA证明△BEA≌△HEA，得出HA=BA=4．得出BH=2AB=8．证出∠DEG=∠DBH．由ASA证明△EDG≌△BDH，得出EG=BH=8即可．
【解答】解：（1）∵根据题意得：，
解得：b=4．
此时==0，
∵a+b=+，
∴a+b=0．
∴a=﹣4，
∴A（﹣4，0）、B（0，4）．
（2）①△ABE是直角三角形；理由如下：
如图1，过点E作EH⊥x轴于点H．则∠EDH+∠DEH=90°．
∵∠EDB=90°．
∴∠EDH+∠BDO=90°．
∴∠BDO=∠DEH．
在△EHD和△DOB中，
∴△EHD≌△DOB（AAS）．
∴DH=OB=OA=4，EH=OD．
而AH=DH+AD=OA+AD=OD．
∴EH=AH．
∴△EHA为等腰直角三角形．
∴∠EAH=45°=∠BAO．
∴∠EAB=90°．
∴△ABE为直角三角形．
②如图2，延长BA、ED相交于点H．
∵EA平分∠BEH．
∴∠HEA=∠BEA．
由①得：∠EAB=90°=∠EAH．
在△BEA和△HEA中，，
∴△BEA≌△HEA（ASA）．
∴HA=BA==4．∴BH=2AB=8．
∵∠EDG=90°=∠GAB．且∠EGD=∠BGA．
∴∠DEG=∠DBH．
在△EDG和△BDH中，
∴△EDG≌△BDH（ASA）．
∴EG=BH=8．
一、精心选一选（共10题，每题4分，共40分，每题的四个选项中，有且只有一个是正确的.）
1．下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．在△ABC中，a、b、c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若（a﹣1）2+|b﹣|+=0，则这个三角形一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．钝角三角形
3．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．∠A=∠CB．AD=CBC．BE=DFD．AD∥BC
4．如果□×3a=﹣3a2b，则“□”内应填的代数式是（ ）
A．﹣abB．﹣3abC．aD．﹣3a
5．如图，在长方形纸片ABCD中，AB=2，BC=1，点E、F分别在AB、CD上，将纸片沿EF折叠，使点A、D分别落在点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．化简﹣的结果是（ ）
A．a+bB．
C．D．a﹣b
7．下列运算正确的是（ ）
A． =1+B．（﹣2x2）3=﹣6x6C．（）﹣2=4D．（x﹣1）2=x2﹣12
8．若a2+（m﹣3）a+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．1或5B．1C．﹣1或7D．﹣1
9．如图，∠MON=30°，且OP平分∠MON，过点P作PQ∥OM交ON于点Q．若点P到OM的距离为2，则OQ的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．在平面直角坐标系中，有A（1，2），B（4，3）两点，现另取一点C（a，1），满足：AC+BC的值最小．则a的值为（ ）
A．1B．2C．D．3
二、细心填一填（共6题，每题4分，共24分.）
11．若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
12．用科学记数法表示0.000 000 201 7= ．
13．分解因式：a﹣a3= ．
14．已知 x=+，y=﹣．则x2﹣xy+y2= ．
15．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、E的面积分别为2，5，1，10．则正方形D的面积是 ．
16．如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线分别交BC、AB于点D、E，△ADC的周长为9cm，△ABC的周长为13cm，则AE= ．
三、耐心做一做（共9大题，共86分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．计算：|﹣1|﹣+（2﹣π）0．
18．解分式方程：﹣1=．
19．先化简，再求值：÷（x+1﹣），其中x=﹣2．
20．如图，△ABC在平面直角坐标系中，其中，点A、B、C的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．△ABC关于直线 l：x=﹣1对称的△A1B1C1，其中，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1；
（1）请在图中画出△A1B1C1，并写出点的坐标：A1（ ， ）、B1（ ， ）、C1（ ， ）．
（2）计算△A1B1C1的面积为 ．
21．如图：已知△ABC中，AD是中线，且∠1=∠2，求证：AB=AC．
22．莆田中山中学荔兴楼需要在规定时间内改造完成，以备迎接新学期的开学．在工程招标时，接到甲、乙两个工程队的投标书如图：（部分信息）
甲：（1）施工一天，需付甲工程队工程款2.1万元；
（2）单独完成这项工程可以提前2天完成．
乙：（1）施工一天，需付乙工程队工程款1万元；
（2）单独完成这项工程会延期8天，才可以完成．
学校后勤处提出两个方案：①由甲工程队单独施工；②由乙工程队单独施工；
校团委学生代表小组根据甲、乙两队的投标书测算以及工期安排，提出了新的方案③：若甲、乙两队合做4天，余下的工程由乙队单独做也正好如期完成．
试问：（1）学校规定的期限是多少天？
（2）在不耽误工期的前提下，你觉得哪一种施工方案最节省工程款？请说明理由．
23．如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C＜90°．点E、F分别是BC、CD上的动点，满足：△AEF的周长最小．
（1）请在图中作出E、F（要求保留痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若∠C=45°，且∠AEB=60°，请求的值．
24．如图，在四边形ABDE中，C是BD边的中点．
【建立模型】（1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ACE=90°．试探索AE与AB+DE之间的数量关系．
小明同学提出：在AE上截取AF=AB，可证：△ABC≌△AFC，进一步可证△DCE≌△FCE；聪明的你一定知道AE与AB+DE之间的数量关系为 ．
【延伸探究】（2）如图（2），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE=120°．求证AB+DE+BD=AE．
【拓展应用】（3）如图（3），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，BD=8，AB=2，DE=8，且∠ACE=135°，则线段AE长度是（直接写出答案）．
25．如图1，A（a，0），B（0，b），满足：a+b=+．
（1）求A、B的坐标．
（2）如图1，点D是A点左侧的x轴上一点，连接BD，以BD为直角边作等腰直角△BDE．连接AB、BE、EA，EA交BD于点G：
①试判断△ABE的形状，并证明你的结论．
②如图2，若EA平分∠BED，试求EG的长．
2020-2021学年福建省莆田市八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、精心选一选（共10题，每题4分，共40分，每题的四个选项中，有且只有一个是正确的.）
1．下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
2．在△ABC中，a、b、c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若（a﹣1）2+|b﹣|+=0，则这个三角形一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．钝角三角形
【考点】23：非负数的性质：算术平方根；1F：非负数的性质：偶次方．
【分析】依据非负数的性质求得a、b、c的值，然后依据勾股定理的逆定理进行判断即可．
【解答】解：∵（a﹣1）2+|b﹣|+=0，
∴a=1，b=，c=2．
∴a2+b2=c2．
∴△ABC为直角三角形．
故选：B．
3．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．∠A=∠CB．AD=CBC．BE=DFD．AD∥BC
【考点】KB：全等三角形的判定．
【分析】求出AF=CE，再根据全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
∴AF=CE，
A、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
B、根据AD=CB，AF=CE，∠AFD=∠CEB不能推出△ADF≌△CBE，错误，故本选项正确；
C、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（SAS），正确，故本选项错误；
D、∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
故选B．
4．如果□×3a=﹣3a2b，则“□”内应填的代数式是（ ）
A．﹣abB．﹣3abC．aD．﹣3a
【考点】49：单项式乘单项式．
【分析】已知积和其中一个因式，求另外一个因式，可用积除以已知因式，得所求因式．
【解答】解：∵﹣3a2b÷3a=﹣ab，
∴□=﹣ab．
故选A．
5．如图，在长方形纸片ABCD中，AB=2，BC=1，点E、F分别在AB、CD上，将纸片沿EF折叠，使点A、D分别落在点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据折叠的性质，得A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF，则阴影部分的周长即为矩形的周长．
【解答】解：根据折叠的性质，得
A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF．
则阴影部分的周长=矩形的周长=2×（2+1）=6．
故选：D．
6．化简﹣的结果是（ ）
A．a+bB．
C．D．a﹣b
【考点】6B：分式的加减法．
【分析】先将分母化为a﹣b，然后利用分式的基本性质即可求出答案．
【解答】解：原式=+==a﹣b
故选（D）
7．下列运算正确的是（ ）
A． =1+B．（﹣2x2）3=﹣6x6C．（）﹣2=4D．（x﹣1）2=x2﹣12
【考点】47：幂的乘方与积的乘方；22：算术平方根；4C：完全平方公式；6F：负整数指数幂．
【分析】分别根据算术平方根的定义、幂的乘方与积的乘方法则、负整数指数幂的运算法则、完全平方公式对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：A、==≠1+，故本选项错误；
B、（﹣2x2）3=﹣8x6≠﹣6x6，故本选项错误；
C、（）﹣2==4，故本选项正确；
D、（x﹣1）2=x2+1﹣2x≠x2﹣12，故本选项错误．
故选C．
8．若a2+（m﹣3）a+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．1或5B．1C．﹣1或7D．﹣1
【考点】4E：完全平方式．
【分析】根据完全平方式的结构a2±2ab+b2，即可列方程求解．
【解答】解：根据题意得：（m﹣3）a=±2a×2，
则m﹣3=±4，
解得：m=7或﹣1．
故选C．
9．如图，∠MON=30°，且OP平分∠MON，过点P作PQ∥OM交ON于点Q．若点P到OM的距离为2，则OQ的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】KJ：等腰三角形的判定与性质；JA：平行线的性质；KF：角平分线的性质．
【分析】过P作PF⊥OM，PE⊥ON，根据角平分线的性质得到OE=OF，∠1=∠2，根据平行线的性质得到∠1=∠3，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过P作PF⊥OM，PE⊥ON，
∵OP平分∠MON，
∴OE=OF，∠1=∠2，
∵PQ∥OM，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3=∠MON=15°，
∴OQ=PQ，∠4=30°，
∴PQ=2PE=4
∴OQ=PQ=4．
故选D．
10．在平面直角坐标系中，有A（1，2），B（4，3）两点，现另取一点C（a，1），满足：AC+BC的值最小．则a的值为（ ）
A．1B．2C．D．3
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；D5：坐标与图形性质．
【分析】A关于直线y=1的对称点是A'（1，0），求得直线A'B的解析式，然后令y=1求得a的值．
【解答】解：A关于直线y=1的对称点是A'（1，0），
设直线A'B的解析式是y=kx+b，
则，
解得，
则直线A'B的解析式是y=x﹣1
当y=1时，a=2．
故选B．
二、细心填一填（共6题，每题4分，共24分.）
11．若二次根式有意义，则x的取值范围是 x≥1 ．
【考点】72：二次根式有意义的条件．
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
【解答】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1．
故答案为：x≥1．
12．用科学记数法表示0.000 000 201 7= 2.017×10﹣7 ．
【考点】1J：科学记数法—表示较小的数．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：用科学记数法表示0.000 000 201 7=2.017×10﹣7，
故答案为：2.017×10﹣7．
13．分解因式：a﹣a3= a（1+a）（1﹣a） ．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式，然后利用平方差公式分解因式即可求解．
【解答】解：a﹣a3
=a（a2﹣1）
=a（a+1）（a﹣1）．
故答案为：a（a+1）（a﹣1）．
14．已知 x=+，y=﹣．则x2﹣xy+y2= 14 ．
【考点】76：分母有理化．
【分析】原式可化为（x+y）2﹣3xy，再代入计算即可．
【解答】解：原式=（x+y）2﹣3xy
=（++﹣）2﹣3（+）（﹣）
=20﹣6
=14，
故答案为14．
15．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、E的面积分别为2，5，1，10．则正方形D的面积是 2 ．
【考点】KQ：勾股定理．
【分析】分别设中间两个正方形和正方形D的面积为x，y，z，由勾股定理即可得到结论．
【解答】解：设中间两个正方形的面积分别为x、y，正方形D的面积为z，则由勾股定理得：
x=2+5=7；
y=1+z；
7+y=7+1+z=10；
即正方形D的面积为：z=2．
故答案为：2．
16．如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线分别交BC、AB于点D、E，△ADC的周长为9cm，△ABC的周长为13cm，则AE= 2cm ．
【考点】KG：线段垂直平分线的性质．
【分析】根据线段垂直平分线得出BD=DC，求出AB+BC+AC=20cm，AB+AC=13cm，即可求出答案．
【解答】解：∵边BC的垂直平分线DE，
∴BD=DA，
∵△ABC的周长是13cm，△ACD的周长是9cm，
∴AB+AC+BC=13cm，AD+AC+DC=AD+AC+BD=AB+AC=9cm，
∴BC=13cm﹣9cm=2cm，
∴BC=2cm，
故答案为：2cm．
三、耐心做一做（共9大题，共86分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．计算：|﹣1|﹣+（2﹣π）0．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂．
【分析】原式利用绝对值的代数意义，二次根式性质，以及零指数幂法则计算即可得到结果．
【解答】解：原式=﹣1﹣2+1=﹣．
18．解分式方程：﹣1=．
【考点】B3：解分式方程．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：两边同乘x（x+2）得：x2﹣x2﹣2x=2x+4，
解得：x=﹣1，
经检验x=﹣1是分式方程的解．
19．先化简，再求值：÷（x+1﹣），其中x=﹣2．
【考点】6D：分式的化简求值．
【分析】将原式括号中各项通分并利用同分母分式的减法法则计算，整理后再利用平方差公式分解因式，然后利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，即可得到原式的值．
【解答】解：÷（x+1﹣）
=÷[﹣]
=÷
=×
=
当x=﹣2时，
原式==．
20．如图，△ABC在平面直角坐标系中，其中，点A、B、C的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．△ABC关于直线 l：x=﹣1对称的△A1B1C1，其中，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1；
（1）请在图中画出△A1B1C1，并写出点的坐标：A1（ 0 ， 1 ）、B1（ 3 ， 2 ）、C1（ 2 ， 5 ）．
（2）计算△A1B1C1的面积为 5 ．
【考点】P7：作图﹣轴对称变换．
【分析】（1）根据轴对称的性质画出△A1B1C1，并写出各点坐标即可；
（2）先判断出△A1B1C1的形状，再求出其面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，A1（0，1）、B1（3，2）、C1（2，5）．
故答案为：0，1；3，2；2，5；
（2）∵A1B12=42+22=20，A1C12=32+12=10，
B1C12=32+12=10，
∴A1B12=+A1C12+B1C12，
∴△A1B1C1是等腰直角三角形，
∴△A1B1C1的面积=××=5．
故答案为：5．
21．如图：已知△ABC中，AD是中线，且∠1=∠2，求证：AB=AC．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质．
【分析】过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H，由角平分线的性质可得DG=DH，利用等积法可证得结论．
【解答】证明：
∵AD为中线，
∴S△ABD=S△ADC，
如图，过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H
则DG•AB=DH•AC，
∵∠1=∠2，
∴DG=DH，
∴AB=AC．
22．莆田中山中学荔兴楼需要在规定时间内改造完成，以备迎接新学期的开学．在工程招标时，接到甲、乙两个工程队的投标书如图：（部分信息）
甲：（1）施工一天，需付甲工程队工程款2.1万元；
（2）单独完成这项工程可以提前2天完成．
乙：（1）施工一天，需付乙工程队工程款1万元；
（2）单独完成这项工程会延期8天，才可以完成．
学校后勤处提出两个方案：①由甲工程队单独施工；②由乙工程队单独施工；
校团委学生代表小组根据甲、乙两队的投标书测算以及工期安排，提出了新的方案③：若甲、乙两队合做4天，余下的工程由乙队单独做也正好如期完成．
试问：（1）学校规定的期限是多少天？
（2）在不耽误工期的前提下，你觉得哪一种施工方案最节省工程款？请说明理由．
【考点】B7：分式方程的应用．
【分析】（1）设该工程的规定时间为x天，等量关系为：甲乙合作4天的工作总量+乙做（规定天数﹣4）天的工作量=1，依此列出方程求解即可；
（2）根据已知算出各种方案的价钱之后，再根据题意进行选择．
【解答】解：（1）设该工程的规定时间为x天，则甲队需（x﹣2）天完成，乙队需（x+8）天完成．
由题意，可得：4（+）+=1，
解得x=12．
经检验，x=12是原方程的解．
答：学校规定的期限是12天；
（2）答：选择方案③．理由如下：
由于不耽误工期，故方案②舍去．只能选择方案①与方案③．
方案①：由甲队单独施工，10天完成．其费用M1=10×2.1=21（万元），
方案③：甲乙合作4天，再由乙队施工8天．其费用M2=4×2.1+12×1=20.4（万元），
∵M1＞M2，
∴选择方案③进行施工．
23．如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C＜90°．点E、F分别是BC、CD上的动点，满足：△AEF的周长最小．
（1）请在图中作出E、F（要求保留痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若∠C=45°，且∠AEB=60°，请求的值．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题．
【分析】（1）延长AB到A'，使BA'=AB，则A'就是A关于BC的对称点，同法可以作出A关于CD的对称点A''，连接A'A''与CD和BC的交点就是E和F；
（2）根据对称的性质可得△AEA1和△AA2F是等腰三角形，证得△AEF是直角三角形，利用三角形的性质求解．
【解答】解：（1）如图所示．
；
（2）在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C=45°．
∴∠BAD=135°．
∵∠AEB=60°．
∴∠A1=∠BAE=30°．
在△A1AA2中，由内角和定理得：∠A2=15°，∠A2AE=105°．
∴∠EAF=90°且∠AFE=30°．
∴在Rt△AEF中，EF=2AE．
∴=．
24．如图，在四边形ABDE中，C是BD边的中点．
【建立模型】（1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ACE=90°．试探索AE与AB+DE之间的数量关系．
小明同学提出：在AE上截取AF=AB，可证：△ABC≌△AFC，进一步可证△DCE≌△FCE；聪明的你一定知道AE与AB+DE之间的数量关系为 AE=AB+DE ．
【延伸探究】（2）如图（2），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE=120°．求证AB+DE+BD=AE．
【拓展应用】（3）如图（3），若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，BD=8，AB=2，DE=8，且∠ACE=135°，则线段AE长度是（直接写出答案）．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）在AE上取一点F，使AF=AB，及可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出结论；
（2）在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．可以求得CF=CG，△CFG是等边三角形，就有FG=CG=BD，进而得出结论；
（3）在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．可以求得CF=CG，△CFG是等腰直角三角形，由勾股定理求出FG的值就可以得出结论．
【解答】解：（1）AE=AB+DE；
理由：在AE上取一点F，使AF=AB．如图1
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴BC=FC，∠ACB=∠ACF．
∵C是BD边的中点．
∴BC=CD，
∴CF=CD．
∵∠ACE=90°，
∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°
∴∠ECF=∠ECD．
在△CEF和△CED中，
，
∴△CEF≌△CED（SAS），
∴EF=ED．
∵AE=AF+EF，
∴AE=AB+DE，
故答案为：AE=AB+DE；
（2）猜想：AE=AB+DE+BD．
证明：如图（2），在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．
∵C是BD边的中点，
∴CB=CD=BD．
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴CF=CB，
∴∠BCA=∠FCA．
同理可证：CD=CG，∴∠DCE=∠GCE．
∵CB=CD，∴CG=CF
∵∠ACE=120°，
∴∠BCA+∠DCE=180°﹣120°=60°．
∴∠FCA+∠GCE=60°．
∴∠FCG=60°．
∴△FGC是等边三角形．
∴FG=FC=BD．
∵AE=AF+EG+FG．
∴AE=AB+DE+BD．
（3）如图（3），在AE上取点F，使AF=AB，连结CF，在AE上取点G，使EG=ED，连结CG．
∵C是BD边的中点，
∴CB=CD=BD．
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
，
∴△ACB≌△ACF（SAS），
∴CF=CB，∴∠BCA=∠FCA．
同理可证：CD=CG，∴∠DCE=∠GCE．
∵CB=CD，∴CG=CF
∵∠ACE=135°，
∴∠BCA+∠DCE=180°﹣135°=45°．
∴∠FCA+∠GCE=45°．
∴∠FCG=90°．
∴△FGC是等腰直角三角形．
∴FC=BD．
∵BD=8，
∴FC=4，
∴FG=4．
∵AE=AF+FG+GE，
∴AE=AB+4+DE．
∵AB=2，DE=8，
∴AE≤AF+FG+EG=10+4．
25．如图1，A（a，0），B（0，b），满足：a+b=+．
（1）求A、B的坐标．
（2）如图1，点D是A点左侧的x轴上一点，连接BD，以BD为直角边作等腰直角△BDE．连接AB、BE、EA，EA交BD于点G：
①试判断△ABE的形状，并证明你的结论．
②如图2，若EA平分∠BED，试求EG的长．
【考点】KY：三角形综合题．
【分析】（1）根据题意得出，求出b=4．得出a+b=0．a=﹣4，即可得出A、B的坐标．
（2）①由AAS证明△EHD≌△DOB，得出DH=OB=OA=4，EH=OD．证出EH=AH．得出△EHA为等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出∠EAH=45°=∠BAO．得出∠EAB=90°即可．
②延长BA、ED相交于点H，由ASA证明△BEA≌△HEA，得出HA=BA=4．得出BH=2AB=8．证出∠DEG=∠DBH．由ASA证明△EDG≌△BDH，得出EG=BH=8即可．
【解答】解：（1）∵根据题意得：，
解得：b=4．
此时==0，
∵a+b=+，
∴a+b=0．
∴a=﹣4，
∴A（﹣4，0）、B（0，4）．
（2）①△ABE是直角三角形；理由如下：
如图1，过点E作EH⊥x轴于点H．则∠EDH+∠DEH=90°．
∵∠EDB=90°．
∴∠EDH+∠BDO=90°．
∴∠BDO=∠DEH．
在△EHD和△DOB中，
∴△EHD≌△DOB（AAS）．
∴DH=OB=OA=4，EH=OD．
而AH=DH+AD=OA+AD=OD．
∴EH=AH．
∴△EHA为等腰直角三角形．
∴∠EAH=45°=∠BAO．
∴∠EAB=90°．
∴△ABE为直角三角形．
②如图2，延长BA、ED相交于点H．
∵EA平分∠BEH．
∴∠HEA=∠BEA．
由①得：∠EAB=90°=∠EAH．
在△BEA和△HEA中，，
∴△BEA≌△HEA（ASA）．
∴HA=BA==4．∴BH=2AB=8．
∵∠EDG=90°=∠GAB．且∠EGD=∠BGA．
∴∠DEG=∠DBH．
在△EDG和△BDH中，
∴△EDG≌△BDH（ASA）．
∴EG=BH=8．
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