承德市八年级上册期末数学试卷[001].doc

承德市八年级上册期末数学试卷
一、选择题
1、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   　   ）
A． B． C． D．
2、2020年6月23日上午9时43分，北斗三号系统第30颗卫星，同时也是整个北斗系统的第55颗卫星成功发射，北斗三号全球卫星导航系统星座部署全面完成．其中支持北斗三号新信号的22纳米工艺射频基带一体化导航定位芯片，已实现规模化应用．1纳米＝0.000000001米，将22纳米用科学记数法表示为（       ）
A．米 B．米 C．米 D．米
3、下列整式的运算中，正确的是（       ）
A．a2•a3＝a6 B．（a2）3＝a5 C．a3＋a2＝a5 D．（ab）4＝a4b4
4、使分式有意义的的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
5、下列式子从左到右的变形是因式分解的是（       ）
A． B．
C． D．
6、分式可变形为（       ）
A． B． C． D．
7、如图，已知，添加一个条件后，仍无法判定的是（       ）

A． B． C． D．
8、关于x的分式方程的解为正数，则m的取值范围是（　　）
A．m＞2 B．m＜2 C．m＜2且m≠0 D．m≠0
9、如图，在中，，在延长线上取一点，在延长线上取一点，使，延长交于，若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
二、填空题
10、如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，∠EAF＝∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
11、分式的值为0，则x、y满足的条件为______．
12、已知点和点关于轴对称，则的值为________．
13、已知，则的值是_________
14、若，，则的值为___________．
15、如图，∠AOB＝30°，M，N分别是OA，OB上的定点，P，Q分别是边OB，OA上的动点，如果记∠AMP＝，∠ONQ＝，当MP＋PQ＋QN最小时，则与的数量关系是_________________.

16、已知一个多边形的内角和为1440°，那么它是 _____边形．
17、已知a+b＝5，ab＝6，则a﹣b的值为 _____．
18、如图，，于，于，且，点从向运动，每分钟走，点从向运动，每分钟走，、两点同时出发，运动______分钟后与全等．

三、解答题
19、因式分解：
(1)
(2)
20、解分式方程：．
21、如图，在△ABC中，CD是AB边上高，BE为角平分线，若∠BFC=112°，求∠BCF的度数．

22、在△ABC中，∠C＞∠B，AE平分∠BAC．
（1）如图（1），AD⊥BC于D，若∠C=75°，∠B=35°，求∠EAD；
（2）如图（1），AD⊥BC于D，判断∠EAD与∠B，∠C数量关系∠EAD=（∠C﹣∠B）是否成立？并说明你的理由；
（3）如图（2），F为AE上一点，FD⊥BC于D，这时∠EFD与∠B、∠C又有什么数量关系？ ；（不用证明）

23、一辆汽车开往距离出发地180km的目的地，出发后第一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶，并比原计划提前40min到达目的地．
(1)原计划的行驶速度是多少？
(2)这辆汽车实际花费多长时间到达了目的地．
24、阅读下列材料：
材料1：将一个形如x²＋px＋q的二次三项式因式分解时，如果能满足q＝mn且p＝m＋n则可以把x²＋px＋q因式分解成（x＋m）（x＋n），如：（1）x2＋4x＋3＝（x＋1）（x＋3）；（2）x2﹣4x﹣12＝（x﹣6）（x＋2）．
材料2：因式分解：（x＋y）2＋2（x＋y）＋1，解：将“x＋y看成一个整体，令xy＝A，则原式＝A²＋2A＋1＝（A＋1）²，再将“A”还原得：原式＝（x＋y＋1）²
上述解题用到“整体思想”整体思想是数学解题中常见的一种思想方法，请你解答下列问题：
（1）根据材料1，把x2＋2x﹣24分解因式；
（2）结合材料1和材料2，完成下面小题；
①分解因式：（x﹣y）²﹣8（x﹣y）＋16；
②分解因式：m（m﹣2）（m²﹣2m﹣2）﹣3
25、如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与轴交于点A、与轴交于点B，且∠ABO＝45°，A（－6，0），直线BC与直线AB关于轴对称.
(1)求△ABC的面积；
(2)如图2，D为OA延长线上一动点，以BD为直角边，D为直角顶点，作等腰直角△BDE，求证：AB⊥AE；
(3)如图3，点E是轴正半轴上一点，且∠OAE＝30°，AF平分∠OAE，点M是射线AF上一动点，点N是线段AO上一动点，判断是否存在这样的点M，N，使OM＋NM的值最小？若存在，请写出其最小值，并加以说明.

一、选择题
1、B
【解析】B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；
B.是轴对称图形，也是中心对称图形，故B正确；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2、C
【解析】C
【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的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【详解】解：22纳米＝22×0.000000001米＝2.2×10−8米．
故选：C．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3、D
【解析】D
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则以及积的乘方运算法则、幂的乘方运算法则、合并同类项法则分别计算，进而判断得出答案．
【详解】解：A．a2•a3＝a5，故此选项不合题意；
B．（a2）3＝a6，故此选项不合题意；
C．a3与a2不是同类项，无法合并，故此选项不合题意；
D．（ab）4＝a4b4，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法、幂的乘方、合并同类型、积的乘方，掌握相应运算法则是解题的关键．
4、B
【解析】B
【分析】根据分式有意义的条件列不等式求解即可．
【详解】解：∵分式有意义，
∴，解得，
故选：B．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，解题关键是掌握分式有意义的条件是分母不为0．
5、B
【解析】B
【分析】根据因式分解的定义判断即可．
【详解】解：A．是整式的乘法，故A错误；
B．把一个多项式转化成几个整式积乘积的形式，故B正确；
C．因式分解出现错误，，故C错误；
D．没把一个多项式转化成几个整式积乘积的形式，故D错误；
故选B．
【点睛】本题考查了因式分解的定义，熟记因式分解的定义是解题的关键，把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
6、B
【解析】B
【分析】根据分式的基本性质即可得．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题关键．
7、C
【解析】C
【分析】A根据可判断，B根据，可判断，C不能判断，D根据可判断．
【详解】解：∵，
∴
∴
∴A. ，
B. ，       
C. 不能判断
D. ，
故选C
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
8、C
【解析】C
【分析】根据分式方程的解为正数和分式方程有意义，得出x的取值范围，再解分式方程，解得，代入x的取值范围即可算出m的取值范围．
【详解】解：∵关于x的分式方程的解为正数，
∴且
∴且

去分母得：
化简得：
∴且
解得：且，
故选：C．
【点睛】本题考查了根据分式方程的解，求参数的取值范围，找出x的取值范围是本题的关键．
9、C
【解析】C
【分析】根据等腰三角形两个底角相等，可得：，，根据传递性，可得：，再根据三角形外角等于其不相邻的两个内角的和，可得：，再根据，得到：，最后根据三角形内角和为，可得：，解出即可得到的大小．
【详解】解：∵
∴
∵
∴
∴
∵是的外角
∴
∵
∴
∴（三角形内角和为）
∴
故选：C
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质与定理．
二、填空题
10、B
【解析】B
【分析】在BE上截取BG＝DF，先证△ADF≌△ABG，再证△AEG≌△AEF即可解答．
【详解】在BE上截取BG＝DF，

∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ADF与△ABG中
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG＝AF，∠FAD＝∠GAB，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAE＝∠GAE，
在△AEG与△AEF中
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）
∴EF＝EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF＝3、
故选：B．
【点睛】考查了全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
11、且
【分析】根据分式的值为零的条件：分子等于零且分母不等于零，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
解得且．
故答案为：且．
【点睛】本题主要考查了分式的值为零的条件，掌握分式的值为零的条件是解决本题的关键．
12、1
【分析】首先根据关于x轴对称的点的坐标特点列方程，再求解a，b的值，再代入计算即可．
【详解】解：∵点和点关于轴对称，
∴
解得：
∴
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是关于x轴对称的点的坐标特点，求解代数式的值，掌握“关于x轴对称的两个点的坐标：横坐标不变，纵坐标互为相反数”是解本题的关键．
13、
【分析】由，，利用两个等式之间的平方关系得出；再根据已知条件将各分母因式分解，通分，代入已知条件即可．
【详解】由平方得：，
且，则：，
由得：，
∴
同理可得：，，
∴原式=
=
=
=
=
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式的化简、求值问题；解题的关键是根据已知条件的结构特点，灵活运用有关公式将所给的代数式恒等变形，准确化简．
14、45
【分析】把a2m+n化为（am）2•an，再利用am=3，an=5计算求解．
【详解】解：∵am=3，an=5，
∴a2m+n=（am）2•an=9×5=45，
故答案为：44、
【点睛】本题主要考查了同底数幂的乘法及幂的乘方与积的乘方，解题的关键是把a2m+n化为（am）2•an求解．
15、α－β＝90°
【分析】分别作点M,N关于OB,OA的对称点,连接，交OA于点Q,交OB于点P时MP＋PQ＋QN有最小值.通过三角形的内角和与外角和性质可得出， 从而得出两者间的关系.
【详解】解：
【解析】α－β＝90°
【分析】分别作点M,N关于OB,OA的对称点,连接，交OA于点Q,交OB于点P时MP＋PQ＋QN有最小值.通过三角形的内角和与外角和性质可得出， 从而得出两者间的关系.
【详解】解：如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小，

易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，
∵∠OQN=180°-30°-∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=30°+∠OQP，
∠OQP=∠AQN=30°+∠ONQ，
∴．
∵，
∴
故答案为：.
【点睛】本题考查的知识点主要有轴对称，最短路线问题，三角形的内角和定理，三角形外角和的性质，解题的关键是正确的作出图形.
16、十
【分析】根据多边形的内角和公式求解即可．n边形的内角的和等于：(n−2)×180° (n大于等于3且n为整数）．
【详解】解：设该多边形的边数为n，
根据题意，得180°(n−2)=1440°，
【解析】十
【分析】根据多边形的内角和公式求解即可．n边形的内角的和等于：(n−2)×180° (n大于等于3且n为整数）．
【详解】解：设该多边形的边数为n，
根据题意，得180°(n−2)=1440°，
解得n=10，
∴这个多边形为十边形，
故答案为：十．
【点睛】此题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式．
17、【分析】根据完全平方公式的变形求解即可．
【详解】解：∵a+b＝5，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的变形求值，熟知完全平方公式是解题的关键．
【解析】
【分析】根据完全平方公式的变形求解即可．
【详解】解：∵a+b＝5，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的变形求值，熟知完全平方公式是解题的关键．
18、4
【分析】分当△CPA≌△PQB时和当△CPA≌△PQB时，两种情况进行讨论，求得BQ和BP的长，分别求得P和Q运动的时间，若时间相同即可，满足全等，若不等，则不能成立．
【详解】当△CPA≌△P
【解析】4
【分析】分当△CPA≌△PQB时和当△CPA≌△PQB时，两种情况进行讨论，求得BQ和BP的长，分别求得P和Q运动的时间，若时间相同即可，满足全等，若不等，则不能成立．
【详解】当△CPA≌△PQB时，BP=AC=4（米），
则BQ=AP=AB-BP=12-4=8（米），
P的运动时间是：4÷1=4（分钟），
Q的运动时间是：8÷2=4（分钟），
则当t=4分钟时，两个三角形全等；
当△CPA≌△QPB时，BQ=AC=4（米），
AP=BP==6（米），
则P运动的时间是：6÷1=6（分钟），
Q运动的时间是：4÷2=2（分钟），
故不能成立．
综上，运动4分钟后，△CPA与△PQB全等，
故答案为：3、
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，注意分△CPA≌△PQB和△CPA≌△QPB两种情况讨论是关键．
三、解答题
19、(1)
(2)
【分析】（1）先提公因式xy，再利用平方差公式分解因式求解即可；
（2）先提公因式-4x，再利用完全平方公式分解因式求解即可．
（1）
解：
；
（2）
解：
．
【点睛】本题考
【解析】(1)
(2)
【分析】（1）先提公因式xy，再利用平方差公式分解因式求解即可；
（2）先提公因式-4x，再利用完全平方公式分解因式求解即可．
（1）
解：

；
（2）
解：

．
【点睛】本题考查提公因式法和公式法分解因式，熟记公式，正确求解是解答关键．
20、【分析】根据分式方程的解法去分母化为整式方程即可求解．
【详解】，
，
，
，
，
，
．
检验：当时，，
∴原方程的解是．
【点睛】此题主要考查解分式方程，解题的关键是熟知分式方程的解法．
【解析】
【分析】根据分式方程的解法去分母化为整式方程即可求解．
【详解】，
，
，
，
，
，
．
检验：当时，，
∴原方程的解是．
【点睛】此题主要考查解分式方程，解题的关键是熟知分式方程的解法．
21、46°
【分析】先根据邻补角互补求出∠DFB的度数，然后根据直角三角形两锐角互余求出∠DBF的度数，再根据角平分线的定义求出∠CBF的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠BCF的度数．
【详解】
【解析】46°
【分析】先根据邻补角互补求出∠DFB的度数，然后根据直角三角形两锐角互余求出∠DBF的度数，再根据角平分线的定义求出∠CBF的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠BCF的度数．
【详解】解：∵∠BFC=112°，
∴∠DFB=180°-∠BFC=68°，
∵CD是△ABC中AB边上的高，
∴∠BDF=90°，
∴∠DBF=90°-∠DFB=22°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBF=∠DBF=22°，
∴∠BCF=180°-∠BFC-∠CBF=46°．
【点睛】本题主要考查了邻补角互补，直角三角形两锐角互余，角平分的定义，三角形内角和定理，正确求出∠CBF的度数是解题的关键．
22、（1）20°；（2）成立，理由见解析；（3）∠EFD=（∠C﹣∠B）
【分析】（1）根据角平分线的性质和三角形的内角和定理计算即可；
（2）根据角平分线的性质和三角形内角和定理计算即可；
（3）过A
【解析】（1）20°；（2）成立，理由见解析；（3）∠EFD=（∠C﹣∠B）
【分析】（1）根据角平分线的性质和三角形的内角和定理计算即可；
（2）根据角平分线的性质和三角形内角和定理计算即可；
（3）过A作AG⊥BC于G，根据已知条件证明FD∥AG，得到∠EFD=∠EAG，即可得解；
【详解】解：（1）∵∠C=75°，∠B=35°，
∴∠BAC=180°﹣∠C﹣∠B=70°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=∠BAC=35°，
又∵AD⊥BC，
∴∠DAC=90°﹣∠C=15°，则∠EAD=∠EAC﹣∠DAC=20°；
（2）∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAC，
∵∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C，
∴∠EAC=∠ BAC=90°﹣∠B﹣∠C，
∴∠EAD=∠EAC﹣∠DAC=90°﹣∠B﹣∠C﹣（90°﹣∠C）=（∠C﹣∠B）；

（3）如图②，过A作AG⊥BC于G，由（2）知，∠EAG=（∠C﹣∠B），
∵AG⊥BC，
∴∠AGC=90°，
∵FD⊥BC，
∴∠FDG=90°，
∴∠AGC=∠FDG，
∴FD∥AG，
∴∠EFD=∠EAG，
∴∠EFD=（∠C﹣∠B）．
故答案是：∠EFD=（∠C﹣∠B）．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，三角形内角和定理，平行线的判定与性质，准确计算是解题的关键．
23、(1)原计划的行驶速度是60km/h
(2)实际花费2小时20分钟到达了目的地
【分析】（1）本题设原计划的行驶速度为x km/h，根据题意列出分式方程即可；
（2）根据行驶时间=路程÷速度-提前时
【解析】(1)原计划的行驶速度是60km/h
(2)实际花费2小时20分钟到达了目的地
【分析】（1）本题设原计划的行驶速度为x km/h，根据题意列出分式方程即可；
（2）根据行驶时间=路程÷速度-提前时间列式即可得出结论．
（1）解：设原计划的行驶速度是xkm/h，依题意可列方程为解得：x=60 经检验，是原方程的根， 所以原计划的行驶速度是60km/h；
（2）解：，即实际花费2小时20分钟到达了目的地．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系：时间=路程÷速度列出分式方程；（2）根据数量关系行驶时间=路程÷速度-提前时间列式计算．
24、（1）（x-y-4）2；（2）①（x-y-4）2；②（m-3）（m+1）（m-1）2
【分析】（1）将x2+2x-24写成x2+（6-4）x+6×（-4），根据材料1的方法可得（x+6）（x-4）即
【解析】（1）（x-y-4）2；（2）①（x-y-4）2；②（m-3）（m+1）（m-1）2
【分析】（1）将x2+2x-24写成x2+（6-4）x+6×（-4），根据材料1的方法可得（x+6）（x-4）即可；
（2）①令x-y=A，原式可变为A2-8A+16，再利用完全平方公式即可；
②令B=m（m-2）=m2-2m，原式可变为B（B-2）-3，即B2-2B-3，利用十字相乘法可分解为（B-3）（B+1），再代换后利用十字相乘法和完全平方公式即可．
【详解】解：（1）x2+2x-24=x2+（6-4）x+6×（-4）=（x+6）（x-4）；
（2）①令x-y=A，则原式可变为A2-8A+16，
A2-8A+16=（A-4）2=（x-y-4）2，
所以（x-y）2-8（x-y）+16=（x-y-4）2；
②设B=m2-2m，则原式可变为B（B-2）-3，
即B2-2B-3=（B-3）（B+1）
=（m2-2m-3）（m2-2m+1）
=（m-3）（m+1）（m-1）2，
所以m（m-2）（m2-2m-2）-3=（m-3）（m+1）（m-1）1、
【点睛】本题考查十字相乘法，公式法分解因式，掌握十字相乘法和完全平方公式的结构特征是正确应用的前提．
25、（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.
【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得A,C的坐标，从而得出AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；
(2) 过E作EF⊥x轴于点F，
【解析】（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.
【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得A,C的坐标，从而得出AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；
(2) 过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点H，证△DEF≌△BDO，得出EF＝OD＝AF，有，得出∠BAE＝90°.
(3)由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离.再由，在直角三角形中,
即可得解.
【详解】解：（1）由已知条件得：
            AC=12，OB=6
       ∴
（2）过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点H,

∵△BDE是等腰直角三角形，
∴DE=DB, ∠BDE=90°,
∴
∵
∴
∴
∵EF轴，
∴
∴DF=BO=AO,EF=OD
∴AF=EF
∴
∴∠BAE＝90°
（3）由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离,即点O到直线AE的垂线段的长，

∵，OA=6，
∴OM+ON=3
【点睛】本题考查的知识点主要是直角三角形的性质及应用，轴对称在最短路径问题中的应用，弄懂题意，作出合理的辅助线是解题的关键.