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2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷（word版 含答案）
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这是一份2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷（word版 含答案），共24页。试卷主要包含了小时等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷
一.选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2分）小明有两根3cm、7cm的木棒，他想以这两根木棒为边做一个三角形，还需再选用的木棒长为（ ）
A．3cm B．4cm C．9cm D．10cm
3．（2分）如图，△ABC中，∠C＝80°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1+∠2＝（ ）
A．360° B．260° C．180° D．140°
4．（2分）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
5．（2分）下列等式从左到右变形正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）某河两地相距s千米，船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，船往返一次所用的时间为（ ）小时
A． B． C．+ D．+
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 ．
8．（3分）一个氧原子的直径为0.000000000148m，用科学记数法表示为 m．
9．（3分）多边形每一个内角都等于108°，多边形一个顶点可引出的对角线的条数是 条．
10．（3分）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为 ．
11．（3分）如果25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，则m的值为 ．
12．（3分）如图，AC＝BC＝10cm，∠B＝15°，若AD⊥BD于点D，则AD的长为 ．
13．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进12米后向左转36°，再沿直线前进12米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 米．
14．（3分）一组按规律排列的式子：，，，，，其中第8个式子是 ，第n个式子是 （用含的n式子表示，n为正整数）．
三.解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍还多180°，那么这个多边形的边数是多少？
16．（5分）解方程：+＝3．
17．（5分）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）．
18．（5分）如图，已知点D、E、F分别是△ABC的三边上的点，CE＝BF，且△DCE的面积与△DBF的面积相等．求证：AD平分∠BAC．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）先化简，再求值：，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
20．（7分）如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0），C（﹣1，0）．
（1）将△ABC向右平移5个单位，再向下平移4个单位得△A1B1C1，图中画出△A1B1C1，平移后点A的对应点A1的坐标是 ．
（2）将△ABC沿x轴翻折△A2BC，图中画出△A2BC，翻折后点A对应点A2坐标是 ．
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为 ．
21．（7分）如图，边长分别为a，b的两个正方形并排放在一起，请计算图中阴影部分面积，并求出当a+b＝16，ab＝60时阴影部分的面积．
22．（7分）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．
求证：AC﹣AB＝2BE．
五.解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）甲、乙两同学的家与学校的距离均为3000米．甲同学先步行600米，然后乘公交车去学校、乙同学骑自行车去学校．已知甲步行速度是乙骑自行车速度的，公交车的速度是乙骑自行车速度的2倍．甲乙两同学同时从家发去学校，结果甲同学比乙同学早到2分钟．
（1）求乙骑自行车的速度；
（2）当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？
24．（8分）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【方法感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，已知：CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C＝∠BAE．
六.解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
26．（10分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（Ⅰ）若设AP＝x，则PC＝ ，QC＝ ；（用含x的代数式表示）
（Ⅱ）当∠BQD＝30°时，求AP的长；
（Ⅲ）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，符合题意；
C、是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查轴对称图形、中心对称图形的定义，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型．
2．（2分）小明有两根3cm、7cm的木棒，他想以这两根木棒为边做一个三角形，还需再选用的木棒长为（ ）
A．3cm B．4cm C．9cm D．10cm
【分析】易得第三边的取值范围，看选项中哪个在范围内即可．
【解答】解：7﹣3＝4，7+3＝10，因而4＜第三根木棒＜10，只有C中的7满足．
故选：C．
【点评】考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
3．（2分）如图，△ABC中，∠C＝80°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1+∠2＝（ ）
A．360° B．260° C．180° D．140°
【分析】先利用三角形内角与外角的关系，得出∠1+∠2＝∠C+（∠C+∠3+∠4），再根据三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：∵∠1、∠2是△CDE的外角，
∴∠1＝∠4+∠C，∠2＝∠3+∠C，
即∠1+∠2＝∠C+（∠C+∠3+∠4）＝80°+180°＝260°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理及外角的性质，三角形内角和是180°；三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和．
4．（2分）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，
∵∠PBC＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，
∴∠A+∠P＝90°，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的定义，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°，难度适中．
5．（2分）下列等式从左到右变形正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变，可得答案．
【解答】解：A 分子分母加减，分式的值改变，故A错误；
B 当a＝0时分式无意义，故B错误；
C 当a＝0时分式无意义，故C错误；
D分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变，故D正确，
故选：D．
【点评】本题考查了分式的性质，分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变．
6．（2分）某河两地相距s千米，船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，船往返一次所用的时间为（ ）小时
A． B． C．+ D．+
【分析】先分别表示出船顺流航行的速度和船逆流航行的速度，再根据时间＝列出式子，求出船顺流航行的时间和船逆流航行的时间，即可得出答案．
【解答】解：∵船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，
∴船顺流航行的速度是：（a+b）千米/时，船逆流航行的速度是：（a﹣b）千米/时，
∵两地相距s千米，
∴船顺流航行的时间是小时，船逆流航行的时间是小时，
∴船往返一次所用的时间为+小时；
故选：D．
【点评】此题考查了列代数式，关键是求出船顺流航行的时间和船逆流航行的时间，掌握时间＝．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 三角形的稳定性 ．
【分析】根据三角形的稳定性进行解答．
【解答】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形的稳定性．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．
8．（3分）一个氧原子的直径为0.000000000148m，用科学记数法表示为 1.48×10﹣10 m．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于0.000000000148有10个0，所以可以确定n＝﹣10．
【解答】解：0.000 000 000 148＝1.48×10﹣10．
故答案为：1.48×10﹣10．
【点评】此题考查科学记数法表示较小的数的方法，准确确定n值是关键．
9．（3分）多边形每一个内角都等于108°，多边形一个顶点可引出的对角线的条数是 2 条．
【分析】先求出每一外角的度数是72°，然后根据多边形的边数＝360°÷72°求出边数，再根据从n边形的一个顶点出发可引（n﹣3）条对角线求解即可．
【解答】解：180°﹣108°＝72°，
360°÷72°＝5，
则从这个多边形的一个顶点可以引出对角线的条数是5﹣3＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是关键，另外多边形的对角线条数的两个公式也需要熟记．
10．（3分）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为 ．
【分析】根据3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y即可代入求解．
【解答】解：3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y＝．
故答案是：．
【点评】本题考查了同底数的幂的除法运算，正确理解3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y是关键．
11．（3分）如果25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，则m的值为 ±30 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．
【解答】解：∵25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，
∴m＝±2×5×3＝±30．
故答案为：±30．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
12．（3分）如图，AC＝BC＝10cm，∠B＝15°，若AD⊥BD于点D，则AD的长为 5cm ．
【分析】根据等边对等角的性质可得∠B＝∠BAC，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠ACD＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答即可．
【解答】解：∵AC＝BC，
∴∠B＝∠BAC＝15°，
∴∠ACD＝∠B+∠BAC＝15°+15°＝30°，
∵AD⊥BC，
∴AD＝AC＝×10＝5（cm）．
故答案为：5cm．
【点评】本题考查了等边对等角的性质，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，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
13．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进12米后向左转36°，再沿直线前进12米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 120 米．
【分析】根据题意多边形的外角和为360°，由题意得到小明运动的轨迹为正10边形的周长，求出即可．
【解答】解：由题意得：360°÷36°＝10，
则他第一次回到出发地A点时，一共走了12×10＝120（米）．
故答案为：120．
【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和定理是解本题的关键．
14．（3分）一组按规律排列的式子：，，，，，其中第8个式子是 ，第n个式子是 （﹣1）n+1• （用含的n式子表示，n为正整数）．
【分析】观察分母的变化为a的1次幂、3次幂、5次幂…2n﹣1次幂；分子的变化为：2、5、10、17…n2+1；分式符号的变化为：+、﹣、+、﹣…（﹣1）n+1．
【解答】解：∵＝（﹣1）2•，
﹣＝（﹣1）3•，
＝（﹣1）4•，
…
∴第8个式子是，
第n个式子为：（﹣1）n+1•．
故答案是：；（﹣1）n+1•．
【点评】本题考查学生通过观察、归纳、抽象出数列的规律的能力，要求学生首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
三.解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍还多180°，那么这个多边形的边数是多少？
【分析】多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1260度．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，得
（n﹣2）•180＝360×3+180，
解得：n＝9．
则这个多边形的边数是9．
【点评】考查了多边形内角与外角，此题要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
16．（5分）解方程：+＝3．
【分析】因为2x﹣2＝2（x﹣1），1﹣x＝﹣（x﹣1），所以方程最简公分母为：2（x﹣1），故方程同乘以最简公分母化为整式方程求解．
【解答】解：方程两边同乘以2（x﹣1），
得：3﹣2＝6（x﹣1），
整理得：1＝6x﹣6，
解得：x＝．
经检验：x＝是原方程的解．
【点评】（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．
17．（5分）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）．
【分析】直接提取公因式（x﹣y），再利用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：原式＝（x﹣y）（a2﹣4b2）
＝（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
故答案为：（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
18．（5分）如图，已知点D、E、F分别是△ABC的三边上的点，CE＝BF，且△DCE的面积与△DBF的面积相等．求证：AD平分∠BAC．
【分析】过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，利用面积可得DM＝DN，再利用角平分线的判定方法可得AD平分∠BAC．
【解答】证明：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵△DCE的面积与△DBF的面积相等，
∴＝，
∵CE＝BF，
∴DM＝DN，
∴AD平分∠BAC．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质，关键是掌握角平分线的判定定理．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）先化简，再求值：，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
【分析】直接将括号里面通分化简，进而利用分式混合运算法则计算，进而解不等式组，得出符合题意的x的值，进而得出答案．
【解答】解：
＝[﹣1]×
＝（﹣）×
＝×
＝﹣，
解不等式组得：
﹣1≤x＜，
当x＝2时，原式＝﹣＝﹣2．
【点评】此题主要考查了分式的混合运算以及不等式组的解法，正确化简分式是解题关键．
20．（7分）如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0），C（﹣1，0）．
（1）将△ABC向右平移5个单位，再向下平移4个单位得△A1B1C1，图中画出△A1B1C1，平移后点A的对应点A1的坐标是 （3，﹣1） ．
（2）将△ABC沿x轴翻折△A2BC，图中画出△A2BC，翻折后点A对应点A2坐标是 （﹣2，﹣3） ．
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为 13.5 ．
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用关于x轴对称点的性质进而得出对应点位置；
（3）利用平移的性质可得△ABC扫过的面积为△A′B′C′+平行四边形A′C′CA的面积．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，平移后点A的对应点A1的坐标是：（3，﹣1）；
故答案为：（3，﹣1）；
（2）如图所示：△A2BC，即为所求，翻折后点A对应点A2坐标是：（﹣2，﹣3）；
故答案为：（﹣2，﹣3）；
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为：
S△A′B′C′+S平行四边形A′C′CA
＝×3×5+2×3
＝13.5．
故答案为：13.5．
【点评】此题主要考查了平移变换以及三角形面积求法，正确得出平移后对应点位置是解题关键．
21．（7分）如图，边长分别为a，b的两个正方形并排放在一起，请计算图中阴影部分面积，并求出当a+b＝16，ab＝60时阴影部分的面积．
【分析】阴影部分面积＝两个正方形面积减去两个直角三角形面积，整理后将a+b与ab的值代入计算即可求出值．
【解答】解：根据题意得：S阴影部分＝a2+b2﹣b2﹣a（a+b）
＝a2+b2﹣a2﹣ab﹣b2
＝（a2+b2﹣ab）
＝[（a+b）2﹣3ab]，
把a+b＝16，ab＝60代入得：S阴影部分＝38．
故图中阴影部分的面积为38．
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22．（7分）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．
求证：AC﹣AB＝2BE．
【分析】延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，得出∠3＝∠4，AB＝AM，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM．
再利用∠4是△BCM的外角，再利用等腰三角形对边相等，CM＝BM利用等量代换即可求证．
【解答】证明：延长BE交AC于M
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEM＝90°
在△ABE中，
∵∠1+∠3+∠AEB＝180°，
∴∠3＝90°﹣∠1
同理，∠4＝90°﹣∠2
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∴AB＝AM
∵BE⊥AE，
∴BM＝2BE，
∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM，
∵∠4是△BCM的外角
∴∠4＝∠5+∠C
∵∠ABC＝3∠C，∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5
∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C
∴∠5＝∠C
∴CM＝BM
∴AC﹣AB＝BM＝2BE
【点评】此题考查学生对等腰三角形的判定与性质的理解和掌握，此题的关键是作好辅助线，延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，三角形外角的性质，考查的知识点较多，是一道难题．
五.解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）甲、乙两同学的家与学校的距离均为3000米．甲同学先步行600米，然后乘公交车去学校、乙同学骑自行车去学校．已知甲步行速度是乙骑自行车速度的，公交车的速度是乙骑自行车速度的2倍．甲乙两同学同时从家发去学校，结果甲同学比乙同学早到2分钟．
（1）求乙骑自行车的速度；
（2）当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？
【分析】（1）设乙骑自行车的速度为x米/分钟，则甲步行速度是x米/分钟，公交车的速度是2x米/分钟，
根据题意列方程即可得到结论；
（2）300×2＝600米即可得到结果．
【解答】解：（1）设乙骑自行车的速度为x米/分钟，则甲步行速度是x米/分钟，公交车的速度是2x米/分钟，
根据题意得+＝﹣2，
解得：x＝300米/分钟，
经检验x＝300是方程的根，
答：乙骑自行车的速度为300米/分钟；
（2）∵300×2＝600米，
答：当甲到达学校时，乙同学离学校还有600米．
【点评】此题主要考查了一元一次方程的应用，分式方程的应用，根据题意得到乙的运动速度是解题关键．
24．（8分）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【方法感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，已知：CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C＝∠BAE．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AE到F，使EF＝AE，连接DF，可证明△ABE≌△FDE，则∠BAE＝∠EFD，∠B＝∠EDF，再由外角的性质得出∠ADF＝∠ADC，则△ADF≌△ADC（SAS），则∠AFD＝∠C，从而得出∠C＝∠BAE．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中，，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故答案为：C．
（3）证明：如图，延长AE到F，使EF＝AE，连接DF，
∵AE是△ABD的中线
∴BE＝ED，
在△ABE与△FDE中，，
∴△ABE≌△FDE（SAS），
∴AB＝DF，∠BAE＝∠EFD，
∵∠ADB是△ADC的外角，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ADB＝∠BAD，
∴∠BAE+∠EAD＝∠BAD，∠BAE＝∠EFD，
∴∠EFD+∠EAD＝∠DAC+∠ACD，
∴∠ADF＝∠ADC，
∵AB＝DC，
∴DF＝DC，
在△ADF与△ADC中，，
∴△ADF≌△ADC（SAS）
∴∠C＝∠AFD＝∠BAE．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
六.解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【分析】（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
【解答】解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
＝×2
解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260
解得a≤31
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
【点评】此题考查一元一次不等式与分式方程的应用，找出题目蕴含的等量关系与不等关系是解决问题的关键．
26．（10分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（Ⅰ）若设AP＝x，则PC＝ 6﹣x ，QC＝ 6+x ；（用含x的代数式表示）
（Ⅱ）当∠BQD＝30°时，求AP的长；
（Ⅲ）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
【分析】（Ⅰ）由△ABC是边长为6的等边三角形，设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，由此即可解决问题．
（Ⅱ）在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），求出x的值即可；
（Ⅲ）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q作匀速运动且速度相同，可知AP＝BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE＝BE+BF＝AB，DE＝AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE＝3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，
设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，
∴QC＝QB+BC＝6+x，
故答案为：6﹣x，6+x；
（Ⅱ）
∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，
∴PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），解得x＝2，
∴AP＝2；
（Ⅲ）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：
法一、如图，作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，
∴∠DFQ＝∠AEP＝90°，
∵点P、Q速度相同，
∴AP＝BQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°，
在△APE和△BQF中，
∵∠AEP＝∠BFQ＝90°，
∴∠APE＝∠BQF，
∴在△APE和△BQF中，
，
∴△APE≌△BQF（AAS），
∴AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，
∴四边形PEQF是平行四边形，
∴DE＝EF，
∵EB+AE＝BE+BF＝AB，
∴DE＝AB，
又∵等边△ABC的边长为6，
∴DE＝3，
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
法二、如图，过点P作BC的平行线交AB于点M，
∴∠AMP＝∠ABC＝60°，∠PMD＝∠QBD，
∴△AMP是等边三角形，
∴MP＝AP＝x，
∵PE⊥AB，
∴AE＝EM，
∵QB＝x，
∴MP＝QB，
又∵∠MDP＝∠BDQ
∴△DMP≌△DBQ（AAS），
∴DM＝DB，
∴DE＝DM+ME＝AB＝3．
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【点评】本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出全等三角形是解答此题的关键．
2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷
一.选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2分）小明有两根3cm、7cm的木棒，他想以这两根木棒为边做一个三角形，还需再选用的木棒长为（ ）
A．3cm B．4cm C．9cm D．10cm
3．（2分）如图，△ABC中，∠C＝80°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1+∠2＝（ ）
A．360° B．260° C．180° D．140°
4．（2分）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
5．（2分）下列等式从左到右变形正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）某河两地相距s千米，船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，船往返一次所用的时间为（ ）小时
A． B． C．+ D．+
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 ．
8．（3分）一个氧原子的直径为0.000000000148m，用科学记数法表示为 m．
9．（3分）多边形每一个内角都等于108°，多边形一个顶点可引出的对角线的条数是 条．
10．（3分）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为 ．
11．（3分）如果25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，则m的值为 ．
12．（3分）如图，AC＝BC＝10cm，∠B＝15°，若AD⊥BD于点D，则AD的长为 ．
13．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进12米后向左转36°，再沿直线前进12米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 米．
14．（3分）一组按规律排列的式子：，，，，，其中第8个式子是 ，第n个式子是 （用含的n式子表示，n为正整数）．
三.解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍还多180°，那么这个多边形的边数是多少？
16．（5分）解方程：+＝3．
17．（5分）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）．
18．（5分）如图，已知点D、E、F分别是△ABC的三边上的点，CE＝BF，且△DCE的面积与△DBF的面积相等．求证：AD平分∠BAC．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）先化简，再求值：，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
20．（7分）如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0），C（﹣1，0）．
（1）将△ABC向右平移5个单位，再向下平移4个单位得△A1B1C1，图中画出△A1B1C1，平移后点A的对应点A1的坐标是 ．
（2）将△ABC沿x轴翻折△A2BC，图中画出△A2BC，翻折后点A对应点A2坐标是 ．
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为 ．
21．（7分）如图，边长分别为a，b的两个正方形并排放在一起，请计算图中阴影部分面积，并求出当a+b＝16，ab＝60时阴影部分的面积．
22．（7分）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．
求证：AC﹣AB＝2BE．
五.解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）甲、乙两同学的家与学校的距离均为3000米．甲同学先步行600米，然后乘公交车去学校、乙同学骑自行车去学校．已知甲步行速度是乙骑自行车速度的，公交车的速度是乙骑自行车速度的2倍．甲乙两同学同时从家发去学校，结果甲同学比乙同学早到2分钟．
（1）求乙骑自行车的速度；
（2）当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？
24．（8分）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【方法感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，已知：CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C＝∠BAE．
六.解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
26．（10分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（Ⅰ）若设AP＝x，则PC＝ ，QC＝ ；（用含x的代数式表示）
（Ⅱ）当∠BQD＝30°时，求AP的长；
（Ⅲ）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
2020-2021学年吉林省白城市大安市八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，符合题意；
C、是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查轴对称图形、中心对称图形的定义，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型．
2．（2分）小明有两根3cm、7cm的木棒，他想以这两根木棒为边做一个三角形，还需再选用的木棒长为（ ）
A．3cm B．4cm C．9cm D．10cm
【分析】易得第三边的取值范围，看选项中哪个在范围内即可．
【解答】解：7﹣3＝4，7+3＝10，因而4＜第三根木棒＜10，只有C中的7满足．
故选：C．
【点评】考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
3．（2分）如图，△ABC中，∠C＝80°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1+∠2＝（ ）
A．360° B．260° C．180° D．140°
【分析】先利用三角形内角与外角的关系，得出∠1+∠2＝∠C+（∠C+∠3+∠4），再根据三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：∵∠1、∠2是△CDE的外角，
∴∠1＝∠4+∠C，∠2＝∠3+∠C，
即∠1+∠2＝∠C+（∠C+∠3+∠4）＝80°+180°＝260°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理及外角的性质，三角形内角和是180°；三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和．
4．（2分）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，
∵∠PBC＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，
∴∠A+∠P＝90°，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的定义，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°，难度适中．
5．（2分）下列等式从左到右变形正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变，可得答案．
【解答】解：A 分子分母加减，分式的值改变，故A错误；
B 当a＝0时分式无意义，故B错误；
C 当a＝0时分式无意义，故C错误；
D分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变，故D正确，
故选：D．
【点评】本题考查了分式的性质，分式的分子分母都乘或除以同一个不为零的整式，分式的值不变．
6．（2分）某河两地相距s千米，船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，船往返一次所用的时间为（ ）小时
A． B． C．+ D．+
【分析】先分别表示出船顺流航行的速度和船逆流航行的速度，再根据时间＝列出式子，求出船顺流航行的时间和船逆流航行的时间，即可得出答案．
【解答】解：∵船在静水中的速度为a千米/时，水流速度为b千米/时，
∴船顺流航行的速度是：（a+b）千米/时，船逆流航行的速度是：（a﹣b）千米/时，
∵两地相距s千米，
∴船顺流航行的时间是小时，船逆流航行的时间是小时，
∴船往返一次所用的时间为+小时；
故选：D．
【点评】此题考查了列代数式，关键是求出船顺流航行的时间和船逆流航行的时间，掌握时间＝．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 三角形的稳定性 ．
【分析】根据三角形的稳定性进行解答．
【解答】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形的稳定性．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．
8．（3分）一个氧原子的直径为0.000000000148m，用科学记数法表示为 1.48×10﹣10 m．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于0.000000000148有10个0，所以可以确定n＝﹣10．
【解答】解：0.000 000 000 148＝1.48×10﹣10．
故答案为：1.48×10﹣10．
【点评】此题考查科学记数法表示较小的数的方法，准确确定n值是关键．
9．（3分）多边形每一个内角都等于108°，多边形一个顶点可引出的对角线的条数是 2 条．
【分析】先求出每一外角的度数是72°，然后根据多边形的边数＝360°÷72°求出边数，再根据从n边形的一个顶点出发可引（n﹣3）条对角线求解即可．
【解答】解：180°﹣108°＝72°，
360°÷72°＝5，
则从这个多边形的一个顶点可以引出对角线的条数是5﹣3＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是关键，另外多边形的对角线条数的两个公式也需要熟记．
10．（3分）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为 ．
【分析】根据3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y即可代入求解．
【解答】解：3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y＝．
故答案是：．
【点评】本题考查了同底数的幂的除法运算，正确理解3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y是关键．
11．（3分）如果25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，则m的值为 ±30 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．
【解答】解：∵25x2+mxy+9y2是一个完全平方式，
∴m＝±2×5×3＝±30．
故答案为：±30．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
12．（3分）如图，AC＝BC＝10cm，∠B＝15°，若AD⊥BD于点D，则AD的长为 5cm ．
【分析】根据等边对等角的性质可得∠B＝∠BAC，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠ACD＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答即可．
【解答】解：∵AC＝BC，
∴∠B＝∠BAC＝15°，
∴∠ACD＝∠B+∠BAC＝15°+15°＝30°，
∵AD⊥BC，
∴AD＝AC＝×10＝5（cm）．
故答案为：5cm．
【点评】本题考查了等边对等角的性质，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，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
13．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进12米后向左转36°，再沿直线前进12米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 120 米．
【分析】根据题意多边形的外角和为360°，由题意得到小明运动的轨迹为正10边形的周长，求出即可．
【解答】解：由题意得：360°÷36°＝10，
则他第一次回到出发地A点时，一共走了12×10＝120（米）．
故答案为：120．
【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和定理是解本题的关键．
14．（3分）一组按规律排列的式子：，，，，，其中第8个式子是 ，第n个式子是 （﹣1）n+1• （用含的n式子表示，n为正整数）．
【分析】观察分母的变化为a的1次幂、3次幂、5次幂…2n﹣1次幂；分子的变化为：2、5、10、17…n2+1；分式符号的变化为：+、﹣、+、﹣…（﹣1）n+1．
【解答】解：∵＝（﹣1）2•，
﹣＝（﹣1）3•，
＝（﹣1）4•，
…
∴第8个式子是，
第n个式子为：（﹣1）n+1•．
故答案是：；（﹣1）n+1•．
【点评】本题考查学生通过观察、归纳、抽象出数列的规律的能力，要求学生首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
三.解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍还多180°，那么这个多边形的边数是多少？
【分析】多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1260度．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，得
（n﹣2）•180＝360×3+180，
解得：n＝9．
则这个多边形的边数是9．
【点评】考查了多边形内角与外角，此题要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
16．（5分）解方程：+＝3．
【分析】因为2x﹣2＝2（x﹣1），1﹣x＝﹣（x﹣1），所以方程最简公分母为：2（x﹣1），故方程同乘以最简公分母化为整式方程求解．
【解答】解：方程两边同乘以2（x﹣1），
得：3﹣2＝6（x﹣1），
整理得：1＝6x﹣6，
解得：x＝．
经检验：x＝是原方程的解．
【点评】（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．
17．（5分）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）．
【分析】直接提取公因式（x﹣y），再利用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：原式＝（x﹣y）（a2﹣4b2）
＝（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
故答案为：（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
18．（5分）如图，已知点D、E、F分别是△ABC的三边上的点，CE＝BF，且△DCE的面积与△DBF的面积相等．求证：AD平分∠BAC．
【分析】过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，利用面积可得DM＝DN，再利用角平分线的判定方法可得AD平分∠BAC．
【解答】证明：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵△DCE的面积与△DBF的面积相等，
∴＝，
∵CE＝BF，
∴DM＝DN，
∴AD平分∠BAC．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质，关键是掌握角平分线的判定定理．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）先化简，再求值：，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
【分析】直接将括号里面通分化简，进而利用分式混合运算法则计算，进而解不等式组，得出符合题意的x的值，进而得出答案．
【解答】解：
＝[﹣1]×
＝（﹣）×
＝×
＝﹣，
解不等式组得：
﹣1≤x＜，
当x＝2时，原式＝﹣＝﹣2．
【点评】此题主要考查了分式的混合运算以及不等式组的解法，正确化简分式是解题关键．
20．（7分）如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0），C（﹣1，0）．
（1）将△ABC向右平移5个单位，再向下平移4个单位得△A1B1C1，图中画出△A1B1C1，平移后点A的对应点A1的坐标是 （3，﹣1） ．
（2）将△ABC沿x轴翻折△A2BC，图中画出△A2BC，翻折后点A对应点A2坐标是 （﹣2，﹣3） ．
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为 13.5 ．
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用关于x轴对称点的性质进而得出对应点位置；
（3）利用平移的性质可得△ABC扫过的面积为△A′B′C′+平行四边形A′C′CA的面积．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，平移后点A的对应点A1的坐标是：（3，﹣1）；
故答案为：（3，﹣1）；
（2）如图所示：△A2BC，即为所求，翻折后点A对应点A2坐标是：（﹣2，﹣3）；
故答案为：（﹣2，﹣3）；
（3）将△ABC向左平移2个单位，则△ABC扫过的面积为：
S△A′B′C′+S平行四边形A′C′CA
＝×3×5+2×3
＝13.5．
故答案为：13.5．
【点评】此题主要考查了平移变换以及三角形面积求法，正确得出平移后对应点位置是解题关键．
21．（7分）如图，边长分别为a，b的两个正方形并排放在一起，请计算图中阴影部分面积，并求出当a+b＝16，ab＝60时阴影部分的面积．
【分析】阴影部分面积＝两个正方形面积减去两个直角三角形面积，整理后将a+b与ab的值代入计算即可求出值．
【解答】解：根据题意得：S阴影部分＝a2+b2﹣b2﹣a（a+b）
＝a2+b2﹣a2﹣ab﹣b2
＝（a2+b2﹣ab）
＝[（a+b）2﹣3ab]，
把a+b＝16，ab＝60代入得：S阴影部分＝38．
故图中阴影部分的面积为38．
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22．（7分）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．
求证：AC﹣AB＝2BE．
【分析】延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，得出∠3＝∠4，AB＝AM，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM．
再利用∠4是△BCM的外角，再利用等腰三角形对边相等，CM＝BM利用等量代换即可求证．
【解答】证明：延长BE交AC于M
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEM＝90°
在△ABE中，
∵∠1+∠3+∠AEB＝180°，
∴∠3＝90°﹣∠1
同理，∠4＝90°﹣∠2
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∴AB＝AM
∵BE⊥AE，
∴BM＝2BE，
∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM，
∵∠4是△BCM的外角
∴∠4＝∠5+∠C
∵∠ABC＝3∠C，∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5
∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C
∴∠5＝∠C
∴CM＝BM
∴AC﹣AB＝BM＝2BE
【点评】此题考查学生对等腰三角形的判定与性质的理解和掌握，此题的关键是作好辅助线，延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，三角形外角的性质，考查的知识点较多，是一道难题．
五.解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）甲、乙两同学的家与学校的距离均为3000米．甲同学先步行600米，然后乘公交车去学校、乙同学骑自行车去学校．已知甲步行速度是乙骑自行车速度的，公交车的速度是乙骑自行车速度的2倍．甲乙两同学同时从家发去学校，结果甲同学比乙同学早到2分钟．
（1）求乙骑自行车的速度；
（2）当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？
【分析】（1）设乙骑自行车的速度为x米/分钟，则甲步行速度是x米/分钟，公交车的速度是2x米/分钟，
根据题意列方程即可得到结论；
（2）300×2＝600米即可得到结果．
【解答】解：（1）设乙骑自行车的速度为x米/分钟，则甲步行速度是x米/分钟，公交车的速度是2x米/分钟，
根据题意得+＝﹣2，
解得：x＝300米/分钟，
经检验x＝300是方程的根，
答：乙骑自行车的速度为300米/分钟；
（2）∵300×2＝600米，
答：当甲到达学校时，乙同学离学校还有600米．
【点评】此题主要考查了一元一次方程的应用，分式方程的应用，根据题意得到乙的运动速度是解题关键．
24．（8分）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【方法感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，已知：CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C＝∠BAE．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AE到F，使EF＝AE，连接DF，可证明△ABE≌△FDE，则∠BAE＝∠EFD，∠B＝∠EDF，再由外角的性质得出∠ADF＝∠ADC，则△ADF≌△ADC（SAS），则∠AFD＝∠C，从而得出∠C＝∠BAE．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中，，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故答案为：C．
（3）证明：如图，延长AE到F，使EF＝AE，连接DF，
∵AE是△ABD的中线
∴BE＝ED，
在△ABE与△FDE中，，
∴△ABE≌△FDE（SAS），
∴AB＝DF，∠BAE＝∠EFD，
∵∠ADB是△ADC的外角，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ADB＝∠BAD，
∴∠BAE+∠EAD＝∠BAD，∠BAE＝∠EFD，
∴∠EFD+∠EAD＝∠DAC+∠ACD，
∴∠ADF＝∠ADC，
∵AB＝DC，
∴DF＝DC，
在△ADF与△ADC中，，
∴△ADF≌△ADC（SAS）
∴∠C＝∠AFD＝∠BAE．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
六.解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【分析】（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
【解答】解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
＝×2
解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260
解得a≤31
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
【点评】此题考查一元一次不等式与分式方程的应用，找出题目蕴含的等量关系与不等关系是解决问题的关键．
26．（10分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（Ⅰ）若设AP＝x，则PC＝ 6﹣x ，QC＝ 6+x ；（用含x的代数式表示）
（Ⅱ）当∠BQD＝30°时，求AP的长；
（Ⅲ）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
【分析】（Ⅰ）由△ABC是边长为6的等边三角形，设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，由此即可解决问题．
（Ⅱ）在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），求出x的值即可；
（Ⅲ）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q作匀速运动且速度相同，可知AP＝BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE＝BE+BF＝AB，DE＝AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE＝3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，
设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，
∴QC＝QB+BC＝6+x，
故答案为：6﹣x，6+x；
（Ⅱ）
∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，
∴PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），解得x＝2，
∴AP＝2；
（Ⅲ）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：
法一、如图，作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，
∴∠DFQ＝∠AEP＝90°，
∵点P、Q速度相同，
∴AP＝BQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°，
在△APE和△BQF中，
∵∠AEP＝∠BFQ＝90°，
∴∠APE＝∠BQF，
∴在△APE和△BQF中，
，
∴△APE≌△BQF（AAS），
∴AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，
∴四边形PEQF是平行四边形，
∴DE＝EF，
∵EB+AE＝BE+BF＝AB，
∴DE＝AB，
又∵等边△ABC的边长为6，
∴DE＝3，
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
法二、如图，过点P作BC的平行线交AB于点M，
∴∠AMP＝∠ABC＝60°，∠PMD＝∠QBD，
∴△AMP是等边三角形，
∴MP＝AP＝x，
∵PE⊥AB，
∴AE＝EM，
∵QB＝x，
∴MP＝QB，
又∵∠MDP＝∠BDQ
∴△DMP≌△DBQ（AAS），
∴DM＝DB，
∴DE＝DM+ME＝AB＝3．
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【点评】本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出全等三角形是解答此题的关键．
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