2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列专题16.8 期末真题重组培优卷（人教版）含解析

2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列2022-2023学年八年级数学上册期末真题重组培优卷【人教版】考试时间：90分钟；满分：120分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共25题，单选10题，填空6题，解答9题，满分120分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握所学内容的具体情况！一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022·湖南·衡阳市珠晖区英发学校七年级期末）a，b，c是三角形的三边长，化简a−b−c−b−c+a+A．b+a−3c B．b+c−a C．3a+3b+3c D．a+b−c2．（3分）（2022·广东·深圳市布心中学七年级期末）若xm=2，A．6 B．13 C．36 D．1083．（3分）（2022·广东佛山·八年级期末）如图，在由线段AB,CD,DF,BF,CA组成的平面图形中，∠D=28°，则∠A+∠B+∠C+∠F的度数为（

）．A．62° B．152° C．208° D．236°4．（3分）（2022·江苏无锡·八年级期末）若关于x的分式方程x−a3x−6+x+1x−2=1的解为非负数，且关于y的不等式组y+6≤2(y+2)A．19 B．22 C．30 D．335．（3分）（2022·山西·运城市盐湖区教育科技局教学研究室七年级期末）如图，已知线段AB=40米，MA⊥AB于点A，MA=20米，射线BD⊥AB于B，P点从B点向A运动，每秒走1米，Q点从B点向D运动，每秒走3米，P、Q同时从B出发，则出发x秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等，则x的值为（

）A．8 B．8或10 C．10 D．6或106．（3分）（2022·广东·深圳市布心中学七年级期末）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知A、B是两格点，如果C也是图中的格点，且使得△ABC为等腰直角三角形，则点C的个数是（

A．6 B．7 C．8 D．97．（3分）（2022·安徽·宿城第一初级中学七年级期末）如图，Rt△ABC中，ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，BD平分ABC，如果点M，N分别为BD，BC上的动点，那么CMMN的最小值是（

）A．4 B．4.8 C．5 D．68．（3分）（2022·河北唐山·七年级期末）已知a、b、c为△ABC的三边长，且满足a2c2−bA．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形9．（3分）（2022·浙江舟山·七年级期末）已知a1=x−1（x≠1且x≠2），a2=1A．2−x1−x B．x+1 C．x−1 D．10．（3分）（2022·山东泰安·七年级期末）如图，△ABC中，∠ABC、∠FCA的角平分线BP、CP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE于M，PN⊥BF于N，则下列结论：①AP平分∠EAC；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠BAC=2∠BPC；④SΔPAC=A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022·陕西渭南·八年级期末）一个多边形的每个外角都是60°，则这个多边形边数为_____________12．（3分）（2022·湖北武汉·八年级期末）实数a，b满足(a2+4)(13．（3分）（2022·福建福州·八年级期末）已知x满足（x﹣2020）2+（3分）（2022﹣x）2＝10，则（x﹣2021）2的值是____．14．（3分）（2022·四川·沐川县教师进修学校七年级期末）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠1+∠2=_____．15．（3分）（2022·江苏·连云港市新海初级中学七年级期末）如图，在三角形ABC中，点D、E、F分别是BC、AD、CE的中点，且S△ABC16．（3分）（2022·四川成都·七年级期末）已知△ABC≌△EBD，∠ABC＝50°，连接AD交BC于点G，点F在线段BD上，BF＝BG，∠GAB＝20°，过点C作平行于AB的直线交BD的延长线于Q，连接FE并延长交CQ于点P．若△FPQ为等腰三角形，则∠CBE的度数为_____度．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（6分）（2022·福建·尤溪县坂面中学八年级期末）因式分解：(1)3×852﹣3×152；(2)a3+9ab2﹣6a2b．18．（6分）（2022·山东·滨州市滨城区教学研究室八年级期末）先化简，再求值(1)xx2y(2)x2y−xy2•xx19．（6分）（2022·江苏无锡·七年级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠ABC、∠ADC的平分线分别交CD、AB于点E、F，EG∥AB．(1)∠1与∠2有怎样的数量关系?为什么?(2)若∠A＝100°，∠1＝42°，求∠CEG的度数．20．（8分）（2022·江西上饶·八年级期末）已知，△ABC的三边长为4，9，x．（1）求△ABC的周长的取值范围；（2）当△ABC的周长为偶数时，求x．21．（8分）（2022·甘肃·凉州区洪祥镇九年制学校七年级期末）如图，△ABC中，A−2，1、B−4，−2、C−1，−3(1)A′、B′两点的坐标分别为A′(2)作出△ABC平移之后的图形△A(3)求△A22．（10分）（2022·广西·平果市教研室九年级期末）国务院总理李克强表示，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，是人间烟火，和“高大上”一样，是中国的生机．响应国家号召，某社区拟建A、B两类地摊摊位，已知每个A类摊位占地面积比B类摊位多2平方米，建A类摊位需40元/平方米，B类摊位30元/平方米，用60平方米建A类摊位的个数恰好是同样面积建B类摊位个数的(1)求每个A、(2)若该社区拟建A、B两类摊位共90个，且B类摊位的数量不大于A类摊位数量的3倍，建造总费用不超过23．（10分）（2022·四川广元·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，AB=2，点P是AC边上的一动点（点P不与端点A、C重合），过点A作AE⊥BP于点D，交BC的延长线于点E(1)求证：△ACE≌(2)在点P移动的过程中，若AD=DC，试求CP的长；(3)试探索，在点P移动的过程中，∠ADC的大小是否保持不变？若保持不变，请求出∠ADC的大小；若有变化，请说明变化情况．24．（10分）（2022·黑龙江伊春·八年级期末）如图1，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是过A的一条直线，且B，C在A，E的异侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，说明：(1)试说明：BD=DE+CE．(2)若直线AE绕A点旋转到图2位置时，BD<CE其余条件不变，问BD与DE、CE的数量关系如何？请直接写出结果，并证明．(3)若直线AE绕A点旋转到图3位置时，BD>CE其余条件不变，问BD与DE、CE的数量关系如何？请直接写出结果，并证明．25．（10分）（2022·山东省日照第二中学八年级期末）已知在△ABC中，AB=AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点【问题解决】(1)如图1，若∠ABC=60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB=60°，求证：∠BDC=60°，小明同学展示的做法是：在BM上取一点E使得AE=AD，通过已知的条件，从而求得∠BDC的度数，请你帮助小明写出证明过程；【类比探究】(2)如图2，已知∠ABC=∠ADB=30°．①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数②当射线BM在BC下方，如图3所示，请问∠BDC的度数会变化吗?若不变，请说明理由，若改变，请求出∠BDC的度数.2022-2023学年八年级数学上册期末真题重组培优卷【人教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022·湖南·衡阳市珠晖区英发学校七年级期末）a，b，c是三角形的三边长，化简a−b−c−b−c+a+A．b+a−3c B．b+c−a C．3a+3b+3c D．a+b−c【答案】B【分析】根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝对值的性质求值．【详解】解：∵a、b、c是三角形的三边长，∴a+b＞c，b+c＞a，a+b＞c，∴a﹣b﹣c＜0，b﹣c+a＞0，c﹣a﹣b＜0，∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c+a|﹣|c﹣a﹣b|＝﹣a+b+c+b﹣c+a+c﹣a﹣b＝b+c﹣a．故选：B．【点睛】本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边．2．（3分）（2022·广东·深圳市布心中学七年级期末）若xm=2，A．6 B．13 C．36 D．108【答案】D【分析】逆用同底数幂乘法的性质和幂的乘方的性质即可求解．【详解】解：∵xm∴x2m+3n故选：D【点睛】本题考查了同底数幂乘法和幂的乘方性质得逆用，熟练掌握运算法则是解题的关键．3．（3分）（2022·广东佛山·八年级期末）如图，在由线段AB,CD,DF,BF,CA组成的平面图形中，∠D=28°，则∠A+∠B+∠C+∠F的度数为（

）．A．62° B．152° C．208° D．236°【答案】C【分析】如图标记∠1,∠2,∠3，然后利用三角形的外角性质得∠1=∠B+∠F=∠D+∠3，∠2=∠A+∠C，再利用∠2,∠3互为邻补角，即可得答案．【详解】解：如下图标记∠1,∠2,∠3，∵∠1=∠B+∠F=∠D+∠3，∵∠D=28°，∴∠3=∠B+∠F−28°，又∵∠2=∠A+∠C，∴∠2+∠3=∠A+∠C+∠B+∠F−28°，∵∠2+∠3=180°∴180°=∠A+∠C+∠B+∠F−28°，∴∠A+∠C+∠B+∠F=180°+28°=208°，故选C．【点睛】此题考查了三角形的外角性质与邻补角的意义，熟练掌握并灵活运用三角形的外角性质与邻补角的意义是解答此题的关键．4．（3分）（2022·江苏无锡·八年级期末）若关于x的分式方程x−a3x−6+x+1x−2=1的解为非负数，且关于y的不等式组y+6≤2(y+2)A．19 B．22 C．30 D．33【答案】B【分析】先通过分式方程求出a的一个取值范围，再通过不等式组的解集求出a的另一个取值范围，两个范围结合起来就得到a的整数解．【详解】解：解分式方程可得：x=a−9，且x=a−9≠2∵解为非负数，∴得：a−9≥0，即a≥9且a≠11，解不等式组y+6≤2(y+2)①解不等式①得：y≥2，解不等式②得：y＜∴不等式组的解集为：2≤y＜∵有3个整数解，∴y=2，3，4，即4利用不等式性质，将其两边先同时减1，再乘以3，可得9＜综上所述：a的整数值可以取10、12，∴其和为22，故选：B【点睛】本题考查含参数的分式方程和含参数的不等式组，掌握由解集倒推参数范围是解本题关键．5．（3分）（2022·山西·运城市盐湖区教育科技局教学研究室七年级期末）如图，已知线段AB=40米，MA⊥AB于点A，MA=20米，射线BD⊥AB于B，P点从B点向A运动，每秒走1米，Q点从B点向D运动，每秒走3米，P、Q同时从B出发，则出发x秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等，则x的值为（

）A．8 B．8或10 C．10 D．6或10【答案】C【分析】分两种全等情况考虑，再根据全等的性质可确定时间．【详解】解：当△APC≅△BQP时，AP=BQ，即40−x=3x，解得x=10；当△APC≅△BPQ时，AP=BP=1此时x=20,AC=BQ=60（不合题意，舍去），综上，x=10．故答案为：C．【点睛】本题考查全等三角形的概念性质，关键是要考虑到分两种全等的情况考虑．6．（3分）（2022·广东·深圳市布心中学七年级期末）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知A、B是两格点，如果C也是图中的格点，且使得△ABC为等腰直角三角形，则点C的个数是（

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】当AB是腰长时，根据网格结构，找出一个小正方形与A、B顶点相对的顶点，连接即可得到等腰三角形；当AB是底边时，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，AB垂直平分线上的格点都可以作为点C，然后相加即可得解．【详解】解：如图，分情况讨论：①AB为等腰△ABC的底边时，符合条件的C点有2个；②AB为等腰△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有4个．共有6个．故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定；解答本题关键是根据题意，画出符合实际条件的图形．分类讨论思想是数学解题中很重要的解题思想．7．（3分）（2022·安徽·宿城第一初级中学七年级期末）如图，Rt△ABC中，ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，BD平分ABC，如果点M，N分别为BD，BC上的动点，那么CMMN的最小值是（

）A．4 B．4.8 C．5 D．6【答案】B【分析】先作CE⊥AB交BD于点M，再作MN垂直BC，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角的两边距离相等，即可找到动点M和N，进而求得CM+MN的最小值．【详解】解：如图所示：过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于点N，∵BD平分∠ABC，∴ME=MN，∴CM+MN=CM+ME=CE．∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，CE⊥AB，∴S△∴10CE=6×8，∴CE=4.8．即CM+MN的最小值是4.8，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题、角平分线的性质，找到使CM+MN最小时的动点M和N是解答本题的关键．8．（3分）（2022·河北唐山·七年级期末）已知a、b、c为△ABC的三边长，且满足a2c2−bA．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】先等式右边移项，再将等式左边分解因式可求得a2=b2或a2+b【详解】解：∵a2∴c2∴c2∴(a∴a2−b∴a2=b∵a2∴a2∴a=b（舍去负值），∴△ABC是等腰三角形．故选：B．【点睛】本题主要考查因式分解的应用，等腰三角形的判定，将等式化为a2=b9．（3分）（2022·浙江舟山·七年级期末）已知a1=x−1（x≠1且x≠2），a2=1A．2−x1−x B．x+1 C．x−1 D．【答案】A【分析】根据题中所给已知等式先求出前4个数，发现每3个数是一个循环，进而可得a2022【详解】解：∵a1=x−1（x≠1且∴aaa⋯⋯∵2022÷3=674∴a故选：A【点睛】本题考查了数字的变化规律，涉及了分式的有关运算，解决本题的关键是观察数字的变化寻找规律．10．（3分）（2022·山东泰安·七年级期末）如图，△ABC中，∠ABC、∠FCA的角平分线BP、CP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE于M，PN⊥BF于N，则下列结论：①AP平分∠EAC；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠BAC=2∠BPC；④SΔPAC=A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】过点P作PD⊥AC于D，根据角平分线的判定定理和性质定理判断①；证明Rt△PAM≌Rt△PAD，根据全等三角形的性质得出∠APM＝∠APD，同理得出∠CPD＝∠CPN，可判断②；根据三角形的外角性质判断③；根据全等三角形的性质判断④．【详解】解：①过点P作PD⊥AC于D，∵PB平分∠ABC，PC平分∠FCA，PM⊥BE，PN⊥BF，PD⊥AC，∴PM＝PN，PN＝PD，∴PM＝PN＝PD，∴AP平分∠EAC，故①正确；②∵PM⊥AB，PN⊥BC，∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，∴∠ABC+∠MPN＝180°，在Rt△PAM和Rt△PAD中，PM=PDPA=PA∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴∠CPD＝∠CPN，∴∠MPN＝2∠APC，∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；③∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，∴∠ACF＝∠ABC+∠BAC＝2∠PCN，∠PCN＝12∠ABC+∠BPC∴∠PCN=∴∠BAC＝2∠BPC，③正确；④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）∴S△APD＝S△APM，S△CPD＝S△CPN，∴S△APM+S△CPN＝S△APC，故④正确，故选：D【点睛】本题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022·陕西渭南·八年级期末）一个多边形的每个外角都是60°，则这个多边形边数为_____________【答案】6【分析】根据任意多边形的外交和等于360°，多边形的每一个外角都等于36°，多边形边数=360÷外角度数，代入数值计算即可．【详解】解：∵多边形的每一个外角都等于60°，∴这个多边形的边数=360°÷60°=6．故答案为：6．【点睛】本题考查了多边形的外角和和多边形的边数，解答的关键是掌握多边形的外角和等于360°．12．（3分）（2022·湖北武汉·八年级期末）实数a，b满足(a2+4)(【答案】3【分析】先把已知等式的两边去括号，移项变形，化成ab−32+a−2b2=0，利用非负性得到ab=3【详解】解：∵(a∴a∴ab−3∴ab−3=0，a−2b=0．∴ab=3，a=2b．∴原式=ab+=3+=3+=31故答案为：3【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是把已知的等式变性后利用非负性质求得ab=3，a=2b．13．（3分）（2022·福建福州·八年级期末）已知x满足（x﹣2020）2+（3分）（2022﹣x）2＝10，则（x﹣2021）2的值是____．【答案】4【分析】根据题意原式可化为[（x﹣2021）+1]2+[（x﹣2021）﹣1]2＝10，再应用完全平方公式可化为（x﹣2021）2+2（x﹣2021）+1+（x﹣2021）2﹣2（x﹣2021）+1＝10，应用整体思想合并同类项，即可得出答案．【详解】解：∵（x﹣2020）2+（x﹣2022）2＝10∴[（x﹣2021）+1]2+[（x﹣2021）﹣1]2＝10，∴（x﹣2021）2+2（x﹣2021）+1+（x﹣2021）2﹣2（x﹣2021）+1＝10，∴2（x﹣2021）2+2＝10，∴（x﹣2021）2＝4．故答案为：4．【点睛】本题考查了完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab＋b2，熟练掌握完全平方公式的结构特征是解题的关键．14．（3分）（2022·四川·沐川县教师进修学校七年级期末）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠1+∠2=_____．【答案】45°##45度【分析】利用勾股定理的逆定理先证明∠ABC=90°,再证明【详解】解：如图所示：连接AC,由勾股定理可得：AB∴AB∴∠ABC∴∠ABC=∠CED∴∠1=∠3,

∴∠1+∠2=∠2+∠3=45°.故答案为：45°．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，勾股定理的逆定理的应用，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，证明∠ABC15．（3分）（2022·江苏·连云港市新海初级中学七年级期末）如图，在三角形ABC中，点D、E、F分别是BC、AD、CE的中点，且S△ABC【答案】1【分析】利用三角形中线将三角形分成等底同高的两个三角形，可得这两个三角形面积相等．由此可得S△ABD=S△ADC=12S△ABC【详解】解：∵D是BC的中点，∴BD=DC，∴S△ABD∵E是AD的中点，∴AE=DE，∴S△BED=1∴S△BEC∵F是CE的中点，∴EF=CF，∴S△BEF故答案为：14【点睛】本题考查利用三角形的中线求面积，三角形的一条中线把原三角形分成两个等底同高的三角形，因此分得的两个三角形面积相等，熟练掌握这一特点是解题的关键．16．（3分）（2022·四川成都·七年级期末）已知△ABC≌△EBD，∠ABC＝50°，连接AD交BC于点G，点F在线段BD上，BF＝BG，∠GAB＝20°，过点C作平行于AB的直线交BD的延长线于Q，连接FE并延长交CQ于点P．若△FPQ为等腰三角形，则∠CBE的度数为_____度．【答案】40或10或25【分析】由“SAS”可证△ABG≌△EBF，可得∠PFQ=70°，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解．【详解】解：∵△ABC≌△EBD，∠ABC=50°，∴∠ABC=∠DBE=50°，AB=BE，∵∠GAB=20°，∴∠AGB=180°-20°-50°=110°，在△ABG和△EBF中，∵AB=BE∠ABG=∠EBF∴△ABG≌△EBF(SAS)，∴∠AGB=∠EFB=110°，∴∠PFQ=70°，∵AB∥CQ，∴∠BCQ=∠ABC=50°，当PF=FQ时，∴∠PQF=∠FPQ=55°，∴∠CBQ=180°-∠BCQ-∠BQC=75°，∴∠CBE=75°-50°=25°，当PQ=QF时，∴∠QFP=∠QPF=70°，∴∠PQF=40°，∴∠CBQ=180°-∠BCQ-∠BQC=90°，∴∠CBE=90°-50°=40°，当PF=PQ时，∴∠PQF=∠PFQ=70°，∴∠CBQ=180°-∠BCQ-∠BQC=60°，∴∠CBE=60°-50°=10°，综上所述：∠CBE的度数为40°或10°或25°，故答案为：40或10或25．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（6分）（2022·福建·尤溪县坂面中学八年级期末）因式分解：(1)3×852﹣3×152；(2)a3+9ab2﹣6a2b．【答案】(1)21000(2)a【分析】（1）原式提取公因式3，再利用平方差公式分解即可；（2）原式提取公因式a，再利用完全平方公式分解即可．（1）解：原式＝3×(＝3×（85+15）×（85﹣15）＝3×100×70＝21000；（2）原式＝a(＝a(a−3b)【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．18．（6分）（2022·山东·滨州市滨城区教学研究室八年级期末）先化简，再求值(1)xx2y(2)x2y−xy2•xx【答案】(1)23x(2)x+y，0【分析】（1）根据多项式除以单项式运算法则将其化简，再将x与y的值根据零指数幂和负整指数幂化简代入求值即可；（2）根据提公因式、完全平方公式和平方差公式进行因式分解化简后代入求值即可．（1）解：原式＝x＝2＝2＝23∵x=∴x=9，原式=2=2×3×8=48；（2）原式＝xyx−y•xx＝x+y，当x＝-1，y＝1，原式＝-1+1=0．【点睛】本题考查了多项式除以单项式和分式的化简求值，解决本题的关键是运用相关的运算法则将其化简．19．（6分）（2022·江苏无锡·七年级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠ABC、∠ADC的平分线分别交CD、AB于点E、F，EG∥AB．(1)∠1与∠2有怎样的数量关系?为什么?(2)若∠A＝100°，∠1＝42°，求∠CEG的度数．【答案】(1)∠1与∠2互余(2)4°【分析】（1）根据四边形的内角和为360°以及补角的定义可得∠ABC+∠ADC=180°，再根据角平分线的定义以及平行线的性质即可得出∠1+∠2=90°；（2）根据∠A与∠C互补可得∠C的度数，根据∠1与∠2互余可得∠2的度数，根据平行线的性质可得∠ABE的度数，然后根据三角形的内角和以及角的和差关系计算即可．【详解】（1）∠1与∠2互余．∵四边形ABCD的内角和为360°，∠A与∠C互补，∴∠ABC+∠ADC=360°-180°=180°，∵BE、DF分别平分∠ABC、∠ADC，∴∠1＝12∠ADC，∠ABE＝12∠∵EG∥AB，∴∠2=∠ABE，∴∠1+∠2=12∠ADC+12∠即∠1与∠2互余．（2）∵∠A=100°，∠1=42°，∴∠C=80°，∠2=48°，∴∠ABE=∠CBE=48°，∴∠BEC=180°-48°-80°=52°，∴∠CEG=52°-48°=4°．【点睛】本题考查了四边形的内角和、余角和补角的定义；弄清角之间的互余、互补关系是解题的关键．20．（8分）（2022·江西上饶·八年级期末）已知，△ABC的三边长为4，9，x．（1）求△ABC的周长的取值范围；（2）当△ABC的周长为偶数时，求x．【答案】（1）18<△ABC的周长<26；（2）7，9或11．【分析】（1）直接根据三角形的三边关系即可得出结论；（2）根据轴线为偶数，结合（1）确定周长的值，从而确定x的值．【详解】解：（1）∵△ABC的三边长分别为4，9，x，∴9−4<x<9+4，即5<x<13，∴9+4+5<△ABC的周长<9+4+13，即：18<△ABC的周长<26；（2）∵△ABC的周长是偶数，由（1）结果得△ABC的周长可以是20，22或24，∴x的值为7，9或11．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．21．（8分）（2022·甘肃·凉州区洪祥镇九年制学校七年级期末）如图，△ABC中，A−2，1、B−4，−2、C−1，−3(1)A′、B′两点的坐标分别为A′(2)作出△ABC平移之后的图形△A(3)求△A【答案】(1)3，5(2)见解析(3)5.5【分析】（1）利用C点和C′点的坐标特征确定平移方向与距离，然后利用此平移规律确定A′、（2）顺次连接点A′、B′、（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积可计算出△A（1）解：A′、B′两点的坐标分别为A′故答案为3，5、（2）解：如图，△A（3）解：△A′B【点睛】本题主要考查了平移变换，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，然后再顺次连接对应点即可．22．（10分）（2022·广西·平果市教研室九年级期末）国务院总理李克强表示，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，是人间烟火，和“高大上”一样，是中国的生机．响应国家号召，某社区拟建A、B两类地摊摊位，已知每个A类摊位占地面积比B类摊位多2平方米，建A类摊位需40元/平方米，B类摊位30元/平方米，用60平方米建A类摊位的个数恰好是同样面积建B类摊位个数的(1)求每个A、(2)若该社区拟建A、B两类摊位共90个，且B类摊位的数量不大于A类摊位数量的3倍，建造总费用不超过【答案】(1)每个A类摊位占地面积为5平方米，每个B类摊位占地面积为3平方米(2)总费用最少是10630元【分析】（1）设每个B类摊位占地面积为x平方米，则每个A类摊位占地面积为(x+2)平方米，然后根据题意列出方程求解即可；（2）设建造a个A类摊位，则建造(90−a)个B类摊位，根据题意列出不等式组求解，然后得出不同的方案，进一步计算总费用进行比较即可；【详解】（1）解：设每个B类摊位占地面积为x平方米，则每个A类摊位占地面积为(x+2)平方米；由题意可得：60解得：x=3经检验，x=3是原方程的解；∴x+2=3+2=5答：每个A类摊位占地面积为5平方米，每个B类摊位占地面积为3平方米（2）解：设建造a个A类摊位，则建造(90−a)个B类摊位；由题意可得：90−a≤3a解得：452又∵a为整数，∴a可以取23，24，25；∴共有3种建造方案；方案1：建造23个A类摊位，67个B类摊位；总费用：40×5×23+30×3×67=10630（元）；方案2：建造24个A类摊位，66个B类摊位；总费用：40×5×24+30×3×66=10740（元）；方案3：建造25个A类摊位，65个B类摊位；总费用：40×5×25+30×3×65=10850（元）10630<10740<10850答：总费用最少是10630元．【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用，一元一次不等式组的实际应用，解题的关键在于能够准确地找到数量关系进行列式求解．23．（10分）（2022·四川广元·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，AB=2，点P是AC边上的一动点（点P不与端点A、C重合），过点A作AE⊥BP于点D，交BC的延长线于点E(1)求证：△ACE≌(2)在点P移动的过程中，若AD=DC，试求CP的长；(3)试探索，在点P移动的过程中，∠ADC的大小是否保持不变？若保持不变，请求出∠ADC的大小；若有变化，请说明变化情况．【答案】(1)见解析(2)2−(3)不变，为135°【分析】（1）根据同角的余角相等证得∠CPB=∠DEB，根据AAS证明△ACE≌△BCP即可；（2）由AD=DC得到∠DAC=∠DCA，即可利用余角定义求出∠DCE=∠DEC，证得AD=DE，结合BD⊥AE得到BE=AB=2．再根据全等三角形的性质求得CP=CE，即可求出答案；（3）∠ADC的大小保持不变．作CF⊥BD于点F，CH⊥AE于点H，证明△CFP≌△CHEAAS，得到CF=CH，由此推出CD平分∠EDB，求出∠EDC=【详解】（1）证明：∵AE⊥BP，∴∠DBE+∠DEB=90°．∵∠ACB=90°，∴∠DBE+∠CPB=90°，∴∠CPB=∠DEB．在△ACE和△BCP中，∠ACE=∠BCP,∴△ACE≌（2）解：∵AD=DC，∴∠DAC=∠DCA．∵∠DAC+∠DEC=90°，∠DCE+∠DCA=90°，∴∠DCE=∠DEC，∴DC=DE，∴AD=DE．∵AD=DE，BD⊥AE，∴BE=AB=2．∵△ACE≌∴CP=CE=BE−BC=2−2（3）解：∠ADC的大小保持不变．理由如下：作CF⊥BD于点F，CH⊥AE于点H，如图．∵△ACE≌∴CE=CP，∠E=∠BPC．在△CFP和△CHE中，∠CFP=∠CHE,∴△CFP≌∴CF=CH．又∵CF⊥BD，CH⊥AE，∴CD平分∠EDB，∴∠EDC=1∴∠ADC=180°−∠EDC=135°，即∠ADC的大小保持不变，为135°．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，余角的定义，角平分线的判定定理，熟记全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．24．（10分）（2022·黑龙江伊春·八年级期末）如图1，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是过A的一条直线，且B，C在A，E的异侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，说明：(1)试说明：BD=DE+CE．(2)若直线AE绕A点旋转到图2位置时，BD<CE其余条件不变，问BD与DE、CE的数量关系如何？请直接写出结果，并证明．(3)若直线AE绕A点旋转到图3位置时，BD>CE其余条件不变，问BD与DE、CE的数量关系如何？请直接写出结果，并证明．【答案】(1)见解析(2)BD=DE−CE，理由见解析(3)BD=DE−CE，理由见解析【分析】（1）证明△ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而（2）证明△ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而（3）证明△ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而【详解】（1）证明：∵∠BAD+∠DAC=90°，∠ECA+∠CAD=90°，∴∠BAD=∠ACE，在△BAD和△ACE中，∠ADB=∠AEC=90°∠BAD=∠ACE∴△BAD≌△ACEAAS∴BD=AE，∴BD=AD+DE=CE+DE；（2）∵∠DAB+∠EAC=90°，∴∠DBA=∠EAC，在△BDA和△AEC中，∠DBA=∠EAC∠BDA=∠AEC=90°∴△BDA≌△AECAAS∴DB=AE，∵AE=DE−AD，∴BD=DE−EC；（3）∵∠DAB+∠EAC=90°，∴∠DBA=∠EAC，在△BDA和△AEC中，∠DBA=∠EAC∠BDA=∠AEC=90°∴△BDA≌△AECAAS∴DB=AE，∵AE=DE−AD，∴BD=DE−EC．【点睛】根据条件证明两个三角形全等是解决本题的关键，注意在图形的变化中找到其中不变的因素．25．（10分）（2022·山东省日照第二中学八年级期末）已知在△ABC中，AB=AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点【问题解决】(1)如图1，若∠ABC=60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB=60°，求证：∠BDC=60°，小明同学展示的做法是：在BM上取一点E使得AE=AD，通过已知的条件，从而求得∠BDC的度数，请你帮助小明写出证明过程；【类比探究】(2)如图2，已知∠ABC=∠ADB=30°．①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数②当射线BM在BC下方，如图3所示，请问∠BDC的度数会变化吗?若不变，请说明理由，若改变，请求出∠BDC的度数.【答案】(1)见解析(2)①∠BDC=120°②；∠BDC的度数会变化，理由见解析【分析】（1）根据等边三角形的判定定理得到△ADE、△ABC是等边三角形，进而得到∠BAE=∠CAD，根据SAS证明△BAE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠AEB=120°，得到答案；（2）①在BD上取一点E，AE=AD，证明△BAE≌△CAD，得到∠ADC=150°，可求出答案；②在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，同理证明△BAE≌△CAD，求出∠ADC=∠E=30°，进而求出∠BDC．【详解】（1）证明：如图1，在BM上取一点E，使AE=AD，∵∠ADB=60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠EAD=60°，∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠BAC=∠EAD，∴∠BAC−∠EAC=∠EAD−∠EAC，即∠BAE=∠CAD，∵在△BAE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠CAD∴△BAE≌△CADSAS∴∠ADC=∠AEB=120°，∴∠BDC=120°−60°=60°；（2）证明：①在BD上取一点E，AE=AD，如图所示：∵∠ABC=∠ADB=30°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=30°，∠AED=∠ADE=30°，∴∠BAC=∠EAD=120°，∴∠BAE=∠CAD，∵在△BAE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠CAD∴△BAE≌△CADSAS∴∠ADC=∠AEB=180°−30°=150°，∴∠BDC=150°−30°=120°；②∠BDC的度数会变化，理由如下：在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，如图所示：同理①的方法可证：△BAE≌△CAD，∴∠ADC=∠E=30°，∴∠BDC=∠ADE+∠ADC=30°+30°=60°．【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键．2022-2023学年八年级数学上册期末真题重组拔尖卷【人教版】考试时间：90分钟；满分：120分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共25题，单选10题，填空6题，解答9题，满分120分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握所学内容的具体情况！一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022·湖南益阳·七年级期末）已知a2−a−2=0，则a2A．3 B．5 C．−3 D．12．（3分）（2022·江苏南通·七年级期末）如图，AB∥CD，∠M＝44°，AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，则∠N等于（A．21.5° B．21° C．22.5° D．22°3．（3分）（2022·安徽·桐城实验中学八年级期末）一个三角形的两边长分别为5和7，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（

）A．x>5 B．x<7 C．2<x<12 D．1<x<64．（3分）（2022·河南信阳·八年级期末）如图，在3×3的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点A，B，C，D都在格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（

）A．80° B．60° C．45° D．30°5．（3分）（2022·山东日照·八年级期末）已知∠MON=40°，P为∠MON内一定点，OM上有一点A，ON上有一点B，当ΔPAB的周长取最小值时，∠APB的度数是()A．40° B．50° C．100° D．140°6．（3分）（2022·湖北武汉·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，1），B（﹣3，2），点C在坐标轴上，若△ABC是等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（）A．4个 B．5个 C．7个 D．8个7．（3分）（2022·重庆·西南大学附中九年级期末）若整数a使关于x的分式方程a2−x−xx−2=−3有非负整数解，且使关于y的不等式组1A．6 B．2 C．−4 D．−88．（3分）（2022·安徽安庆·七年级期末）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b(a>a)的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为S1，图②中阴影部分的面积和为S2．则S1A．BE⋅FG B．MN⋅FG C．BE⋅GD D．MN⋅GD9．（3分）（2022·河南省淮滨县第一中学八年级期末）已知实数x，y，z满足1x+y+1y+z+1z+x＝76，且zx+y+xA．12 B．14 C．727 10．（3分）（2022·重庆·西南大学附中七年级期末）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC延长线于点F，连接AD，点E为BD中点．有下列结论：①∠BDC=45°；②∠CED=∠EDF；③12BD+CE=BC；④S△ADEA．①② B．③④ C．①②③ D．①②④二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022·福建·厦门市槟榔中学八年级期末）已知三个数，x，y，z满足xyx+y12．（3分）（2022·河北唐山·七年级期末）计算：1−113．（3分）（2022·湖南怀化·七年级期末）已知a−b=b−c=35,14．（3分）（2022·江苏·连云港市新海初级中学七年级期末）如图，在四边形ABCD中，∠C+∠D=210°，E、F分别是AD、BC上的点，将四边形CDEF沿直线EF翻折，得到四边形C′D′EF，C′F交AD于点15．（3分）（2022·江苏苏州·八年级阶段练习）如图在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE＋∠BCE＝180°，EF⊥BC交AC于F，AC＝8，BC＝12，则BF的长为________．16．（3分）（2022·全国·八年级课时练习）若一个三角形中一个角的度数是另一个角的度数的3倍，则称这样的三角形为“和谐三角形”．例如，三个内角分别为120°，40°，20°的三角形是“和谐三角形”，如图，直角三角形ABC中，∠CAB=90°，∠ABC=60°，D是边CB上一动点．当△ADC是“和谐三角形”时，∠DAB的度数是______．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（6分）（2022·河北·保定市第一中学分校七年级期末）（1）3（2）−3（3）3x−y+z（4）先化简，再求值．2a−1+a（5）解方程：1−x18．（6分）（2022·河南驻马店·八年级期末）我们知道，假分数可以化为整数与真分数和的形式，例如：32=1+12，在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分数”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．例如：像x+1x−1，x2x（1）分式2x是（2）将分式x−1（3）如果分式2x2−119．（6分）（2022·湖南长沙·八年级期末）方法探究：已知二次多项式x2−4x−21，我们把x=−3代入多项式，发现x2−4x−21=0，由此可以推断多项式中有因式（x＋3）．设另一个因式为（x＋k），多项式可以表示成x2−4x−21=x+3x+k，则有问题解决：(1)对于二次多项式x2−4，我们把x＝代入该式，会发现(2)对于三次多项式x3−x2−3x+3，我们把x＝1代入多项式，发现x3−x2−3x+3=0，由此可以推断多项式中有因式（(3)对于多项式x320．（8分）（2022·江西省遂川县教育局教学研究室七年级期末）如图，在ΔABC中，AB=AC，点P是射线BM上的任意一点（不与点C重合），PB>PC，连接AP，将△APB沿AP向右翻折，得到△APD(1)当∠B=70°，∠PAC=10°时，∠PAD的度数为，∠PDC的度数为(2)在图1中，点P在BC边上，猜想∠PAC与∠PDC的数量关系，并说明理由；(3)当点P在BC边的延长线上时，（2）中的结论是否仍然成立吗？请直接作出判断，不必说明理由．21．（8分）（2022·四川·峨边彝族自治县教师进修学校七年级期末）如图，在△ABC中，BC=12，AD平分∠BAC，点E为AC中点，AD与BE相交于点F．(1)若∠ABC=40°，∠C=80°，求∠ADB的度数；(2)如图1，若AB=10，求线段BE的长的取值范围；(3)如图2，过点B作BH⊥AD交AD延长线于点H，设△BFH，△AEF的面积分别为S1，S2，若AB−AC=4，试求S22．（10分）（2022·甘肃·平川区四中七年级期末）小明在学习过程中，对一个问题做如下探究．【习题回顾】如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AE是角平分线，CD是高，AE，CD相交于点【变式思考】如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是边AB上的高，若△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与边BC的延长线交于点【探究延伸】如图3，在△ABC中，在AB上存在一点D，使得∠ACD=∠B，角平分线AE交CD于点F，交BC于点E．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，请23．（10分）（2022·江苏扬州·七年级期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边BC的延长线上，BM、CN分别是∠ABC、∠DCE的角平分线，设∠BAD＝α，∠ADC＝β．(1)如图1，若α＋β＝180°，判断BM、CN的位置关系，并说明理由：(2)如图2，若α＋β＞180°，BM、CN相交于点O．①当α＝70°，β＝150°时，则∠BOC＝_______；②∠BOC与α、β有怎样的数量关系？说明理由．(3)如图3，若α＋β＜180°，BM、CN的反向延长线相交于点O，则∠BOC＝______．（用含α、β的代数式表示）．24．（10分）（2022·山东威海·七年级期末）（问题情境）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，∠BAD=120°．点E，F分别是BC和CD上的点，且∠EAF=60°，试探究线段BE，EF，DF之间的关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连接AG．先证明△ADG≌（探索延伸）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=70°，∠D=110°，∠BAD=100°，点E，F分别是（思维提升）（3）小明通过对前面两题的认真思考后得出：如图3，在四边形ABCD中，若AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=125．（10分）（2022·浙江·八年级专题练习）（1）如图1，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，AD与CE相交于点O．求证：OA=2DO；（2）如图2，若点G是线段AD上一点，CG平分∠BCE，∠BGF=60°，GF交CE所在直线于点F．求证：GB=GF．（3）如图3，若点G是线段OA上一点（不与点O重合），连接BG，在BG下方作∠BGF=60°边GF交CE所在直线于点F．猜想：OG、OF、OA三条线段之间的数量关系，并证明．2022-2023学年八年级数学上册期末真题重组拔尖卷【人教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022·湖南益阳·七年级期末）已知a2−a−2=0，则a2A．3 B．5 C．−3 D．1【答案】B【分析】根据方程a2−a−2=0可变形为a−2a=1【详解】解：由a2−a−2=0方程两边同时除以a得a−1−2则a2故选：B．【点睛】本题考查了代数式化简求值，利用完全平方公式变形并采用整体思想是解题关键．2．（3分）（2022·江苏南通·七年级期末）如图，AB∥CD，∠M＝44°，AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，则∠N等于（A．21.5° B．21° C．22.5° D．22°【答案】D【分析】由平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，只要证明得∠M−∠N=22°，即可求出答案．【详解】解：如图，线段AM与AN相交于点E，∵AB∥∴∠ACD+∠CAB=180°，∵AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，∴∠BAM=2∠1，∠DCM=2∠4，∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠ACD+∠CAM+∠BAM=180°，∴∠ACD+∠CAM+2∠1=180°；①在△ACM中，有∠ACM+∠CAM+∠M=180°，∴∠ACD+2∠4+∠CAM+44°=180°②，由①−②，得2∠1−2∠4=44°，∴∠1−∠4=22°，即∠1−∠3=22°；∵∠1+∠AEN+∠N=∠3+∠CEM+∠M=180°，又∠AEN=∠CEM，∴∠1+∠N=∠3+∠M，∴∠1−∠3=∠M−∠N=22°，即44°−∠N=22°，∴∠N=22°；故选：D．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地利用所学知识进行角度之间的转化．3．（3分）（2022·安徽·桐城实验中学八年级期末）一个三角形的两边长分别为5和7，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（

）A．x>5 B．x<7 C．2<x<12 D．1<x<6【答案】D【详解】如图所示:AB=5，AC=7，设BC=2a，AD=x，延长AD至E，使AD=DE，在△BDE与△CDA中，∵AD=DE，BD=CD，∠ADC=∠BDE，∴△BDE≌△CDA，∴AE=2x，BE=AC=7，在△ABE中，BE-AB＜AE＜AB+BE，即7-5＜2x＜7+5，∴1＜x＜6．故选D．4．（3分）（2022·河南信阳·八年级期末）如图，在3×3的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点A，B，C，D都在格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（

）A．80° B．60° C．45° D．30°【答案】C【分析】取格点E，F，M，连接MD，MB，先证明ΔDFM≅ΔMEB，得出MD=MB，∠DMF=∠MBE，再证明AC//BM得出∠APB=∠PBM，最后证明ΔDMB是等腰直角三角形，得出∠DBM=45°，从而得出【详解】解：取格点E，F，M，连接MD，MB，由已知条件可知：MF=BE，DF=EM，∠DFM=∠MEB=90°，∴ΔDFM≅ΔMEB，∴MD=MB，∠DMF=∠MBE，同理可得：ΔACB≅ΔBME，∴∠CAB=∠MBE，∴AC//∴∠APB=∠PBM，∵∠BME+∠MBE=90°，∴∠BME+∠DMF=90°,∴∠DMB=90°,∴ΔDMB是等腰直角三角形，∴∠DBM=45°,即∠APB=故选：C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键．5．（3分）（2022·山东日照·八年级期末）已知∠MON=40°，P为∠MON内一定点，OM上有一点A，ON上有一点B，当ΔPAB的周长取最小值时，∠APB的度数是()A．40° B．50° C．100° D．140°【答案】C【分析】设点P关于OM、ON对称点分别为P′、P′′，当点A、B在P′P′′上时，ΔPAB周长为PA+AB+BP=P′P′′，此时周长最小．根据轴对称的性质，可求出∠APB的度数．【详解】分别作点P关于OM、ON的对称点P′、P′′，连接OP′、OP′′、P′P′′，P′P′′交OM、ON于点A、B，连接PA、PB，此时ΔPAB周长的最小值等于P′P′′．由轴对称性质可得，OP′=OP′′=OP，∠P′OA=∠POA，∠P′′OB=∠POB，∴∠P′OP′′=2∠MON=2×40°=80°，∴∠OP′P′′=∠OP′′P′=(180°−80°)÷2=50°，又∵∠BPO=∠OP′′B=50°，∠APO=∠AP′O=50°，∴∠APB=∠APO+∠BPO=100°．故选：C．【点睛】此题考查轴对称作图，最短路径问题，将三角形周长最小转化为最短路径问题，根据轴对称作图是解题的关键.6．（3分）（2022·湖北武汉·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，1），B（﹣3，2），点C在坐标轴上，若△ABC是等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（）A．4个 B．5个 C．7个 D．8个【答案】C【分析】由题意知A，B是定点，C是动点，所以要分情况讨论：以AC、AB为腰；以AC、BC为腰；以BC、AB为腰，满足条件的点C即为所求，分别以A,B为圆心作圆，作AB的垂直平分线,则圆与坐标轴的交点，垂直平分线与坐标轴的交点符合题意．【详解】解：如图，分别以A,B为圆心作圆，作AB的垂直平分线,则圆与坐标轴的交点，垂直平分线与坐标轴的交点符合题意，其中I,A,B三点共线，则除点I以外的7个点符合要求．满足条件的点C个数是图中的C、D、E、F、G、H，J共计7个点．故选：C．【点睛】本题考查等腰三角形的判定与坐标与图形的性质，分类别寻找正确答案为关键．7．（3分）（2022·重庆·西南大学附中九年级期末）若整数a使关于x的分式方程a2−x−xx−2=−3有非负整数解，且使关于y的不等式组1A．6 B．2 C．−4 D．−8【答案】C【分析】求出分式方程的解和不等式组的解集，在结合题意即可求出a的具体值，相加即可．【详解】∵a2−x∴a+xx−2∴a=2x−6．12(y−3)+y要使12(y−3)+y又∵a2−x∴当x=0时，a=−6；当x=1时，a=−4；当x=2时，分母为0，无意义，故x≠2；当x=3时，a=0；当x=4时，a=2；当x=5时，a=4；当x=6时，a=6>9综上，a的值可以为-6、-4、0、2、4．故满足条件的a的和为-6-4+0+2+4=-4．故选：C．【点睛】本题考查解分式方程和一元一次不等式组．根据分式方程和一元一次不等式组求出a的具体值是解答本题的关键．8．（3分）（2022·安徽安庆·七年级期末）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b(a>a)的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为S1，图②中阴影部分的面积和为S2．则S1A．BE⋅FG B．MN⋅FG C．BE⋅GD D．MN⋅GD【答案】A【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．【详解】解：∵S1=（AB-a）•a+（CD-b）（AD-a）=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a），S2=（AB-a）（AD-b）+（AD-a）（AB-b），∴S1-S2=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a）-（AB-a）（AD-b）-（AD-a）（AB-b）=（AB-a）•a-（AB-a）（AD-b）=（AB-a）•（a-AD+b）=BE•FG，故选：A．【点睛】本题考查了整式的混合运算：“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．9．（3分）（2022·河南省淮滨县第一中学八年级期末）已知实数x，y，z满足1x+y+1y+z+1z+x＝76，且zx+y+xA．12 B．14 C．727 【答案】A【分析】把zx+y+xy+z+yz+x=11两边加上3，变形可得x+y+zx+y【详解】解：∵z∴1+z即x+y+zx+y∴1而1x+y∴14∴x+y+z=12．故选：A．【点睛】本题考查了分式的加减法，解题的关键是掌握同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减．经过通分，异分母分式的加减就转化为同分母分式的加减，同时解决问题的关键也是从后面的式子变形出x+y+z．10．（3分）（2022·重庆·西南大学附中七年级期末）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC延长线于点F，连接AD，点E为BD中点．有下列结论：①∠BDC=45°；②∠CED=∠EDF；③12BD+CE=BC；④S△ADEA．①② B．③④ C．①②③ D．①②④【答案】D【分析】由角平分线的性质和外角的性质可得∠DCF=45°+∠DBC，可求∠BDC=45°，故①正确，由余角的性质可证∠CED=∠EDF，故②正确，由“AAS”可证ΔAEB≅ΔHED，ΔDCF≅ΔDCH，可得BE=BE，SΔ【详解】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACF，∴∠ABD=∠DBC=12∠ABC∵∠ACF=∠BAC+∠ABC，∴12∠ACF=1又∵∠DCF=∠DBC+∠BDC，∴∠BDC=45°，故①正确；∵DF⊥BC，∴∠DFB=∠BAC=90°，∴∠ABE+∠AEB=∠DBC+∠BDF，∴∠AEB=∠BDF，∴∠CED=∠EDF，故②正确；过点D作DH⊥AC于H，如图所示：∵DH⊥AC，∴∠DHE=∠BAE=90°，∵点E为BD中点，∴BE=DE，∴在ΔBCE中根据三角形三边关系可知BE+CE>BC，即1∵BE=DE，∴S在ΔAEB和Δ{∠BAE=∠DHE∴Δ∴S∴S在ΔDCF和Δ{∠DCF=∠DCH∴Δ∴S∴S故选：D．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，外角的性质和三角形三边关系等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022·福建·厦门市槟榔中学八年级期末）已知三个数，x，y，z满足xyx+y【答案】12【分析】将xyx+y=−3,yzy+z=43,zxz+x=−【详解】∵xyx+y∴x+yxy∴1y∴(1得1y∴1x将1x=1y−∴y=127故答案为：127【点睛】此题考查分式的性质，分式的变形计算，根据分式的性质得到1y12．（3分）（2022·河北唐山·七年级期末）计算：1−1【答案】20【分析】原式利用平方差公式分解，约分即可得到结果．【详解】解：原式=(1+==1021=2021故答案为20【点睛】此题考查了平方差公式，以及规律型：数字的变化类，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．13．（3分）（2022·湖南怀化·七年级期末）已知a−b=b−c=35,【答案】−【分析】利用完全平方公式求出（a−b），（b−c），（a−c）的平方和，然后代入数据计算即可求解．【详解】解：∵a−b=b−c=3∴a−c=(a−b)∴2a∵a2∴1−ab+bc+ac∴ab+bc+ca=−2故答案为：−【点睛】本题考查了完全平方公式，解题的关键是分别把a−b=35，b−c=314．（3分）（2022·江苏·连云港市新海初级中学七年级期末）如图，在四边形ABCD中，∠C+∠D=210°，E、F分别是AD、BC上的点，将四边形CDEF沿直线EF翻折，得到四边形C′D′EF，C′F交AD于点【答案】40°或50°【分析】根据题意△EFG有两个角相等，于是有三种情况，分别令不同的两个角相等，利用折叠的性质和四边形的内角和列方程，最后综合得出答案．【详解】解：分三种情况：（1）当∠FGE＝∠FEG时，设∠EFG＝x，则∠EFC＝x，∠FGE＝∠FEG＝12在四边形GFCD中，由内角和为360°得：12∵∠C+∠D＝210°，∴12解得：x=40°；（2）当∠GFE＝∠FEG时，∠FGE=180°−2x在四边形GFCD中，由内角和为360°得：180°−2x+2x+∠C+∠D=360°，得180°+210°=360°，显然不成立，即此种情况不存在；（3）当∠FGE＝∠GFE时，同理有：x+2x+∠C+∠D=360°，∵∠C+∠D＝210°，∴x+2x+210°=360°，解得：x=50°，故答案为：40°或50°．【点睛】本题考查了图形的翻折，三角形和四边形的内角和，有一定难度，熟悉三角形和四边形的内角和定理以及正确的分情况讨论是解题关键．15．（3分）（2022·江苏苏州·八年级阶段练习）如图在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE＋∠BCE＝180°，EF⊥BC交AC于F，AC＝8，BC＝12，则BF的长为________．【答案】10【分析】根据角平分线的性质得到EF＝EG，证明Rt△EFC≌Rt△EGC，根据全等三角形的性质得到CF＝CG，根据题意列式计算即可．【详解】解：连接AE，过点E作EG⊥AC交AC的延长线于点G，如图所示：∵D为AB中点，DE⊥AB，∴EA＝EB，∵∠ACE＋∠BCE＝180°，∠ACE＋∠ECG＝180°，∴∠ECG＝∠BCE，∵EF⊥BC，EG⊥AC，∴EG＝EF，在Rt△EFC和Rt△EGC中，EF=EGEC=EC∴Rt△EFC≌Rt△EGC（HL），∴CF＝CG，∴12﹣CF＝8＋CF，解得：CF＝2，∴BF＝12﹣2＝10，故答案为：10．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、角平分线的性质，根据角平分线的性质得出EF＝EG是解题的关键．16．（3分）（2022·全国·八年级课时练习）若一个三角形中一个角的度数是另一个角的度数的3倍，则称这样的三角形为“和谐三角形”．例如，三个内角分别为120°，40°，20°的三角形是“和谐三角形”，如图，直角三角形ABC中，∠CAB=90°，∠ABC=60°，D是边CB上一动点．当△ADC是“和谐三角形”时，∠DAB的度数是______．【答案】30°或52.5°或80°．【分析】分三种情况讨论，①当∠CDA＝3∠C时，②当∠C＝3∠CAD时，③∠CDA＝3∠CAD时，由“和谐三角形”定义可求解；【详解】解：∵∠CAB=90°，∠ABC=60°，∴∠C=30°①当∠CDA＝3∠C时，∠CDA＝90°，∴∠CAD＝60°，∴∠BAD＝30°；②当∠C＝3∠CAD时，∴∠CAD＝10°，∴∠DAB＝80°；③∠CDA＝3∠CAD时，∴∠CAD＝14∴∠DAB＝52.5°，故答案为：30°或52.5°或80°．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，理解“和谐三角形”定义，并能运用是解决本题的关键．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（6分）（2022·河北·保定市第一中学分校七年级期末）（1）3（2）−3（3）3x−y+z（4）先化简，再求值．2a−1+a（5）解方程：1−x【答案】（1）−12a4b2+6a3【分析】（1）按照单项式乘多项式的法则解答即可；（2）先运用绝对值、乘方、零次幂、负整数次幂进行化简，然后再计算即可；（3）先加括号运用平方差公式计算，然后再运用完全平方公式计算，最后化简即可；（4）先利用分式四则混合运算法则化简，最后将a的值代入计算即可；（5）按照去分母、去括号、移项、系数化为1、验根的步骤进行解答即可．【详解】解：（1）3a（2）−3=3−1×1−4=3-1-4=-2；（3）3x−y+z=3x−y=3x−y=9x（4）2=2=2=2=a当a=1+2时，a（5）1−x1−x1-x+1=x-2-2x=-4x=2．检验当x=2时，x-2=0，故该分式方程无解．【点睛】本题考查了整式的四则混合运算、分式的化简求值和解分式方程，考查知识点比较多，灵活应用所学知识成为解答本题的关键．18．（6分）（2022·河南驻马店·八年级期末）我们知道，假分数可以化为整数与真分数和的形式，例如：32=1+12，在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分数”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．例如：像x+1x−1，x2x（1）分式2x是（2）将分式x−1（3）如果分式2x2−1【答案】（1）真；（2）1−3【分析】（1）根据所给定义进行判定即可；（2）根据题意把分式化成整式和真分式和的形式，即可求出结论；（3）根据题中所给的例子把原分式化为整式和真分式和的形式，再根据分式的值为整数即可求出x的值．【详解】解：（1）因为分子次数小于分母次数，我们称之为真分数，分式2x分子零次，分母1次，所以分式2故答案为：真；（2）x−1x+2（3）2x2−1∵分式的值为整数，且x为整数，∴x-1=±1，∴x=2或x=0∴x的整数值为2或0．【点睛】本题考查了分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答关键．19．（6分）（2022·湖南长沙·八年级期末）方法探究：已知二次多项式x2−4x−21，我们把x=−3代入多项式，发现x2−4x−21=0，由此可以推断多项式中有因式（x＋3）．设另一个因式为（x＋k），多项式可以表示成x2−4x−21=x+3x+k，则有问题解决：(1)对于二次多项式x2−4，我们把x＝代入该式，会发现(2)对于三次多项式x3−x2−3x+3，我们把x＝1代入多项式，发现x3−x2−3x+3=0，由此可以推断多项式中有因式（(3)对于多项式x3【答案】(1)±2(2)a=0，b=-3；(3)(x−2)【分析】（1）将x=±2代入即可；（2）由题意得x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，再由系数关系求a、b即可；（3）多项式有因式（x-2），设另一个因式为（x2+ax+b），则x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，再由系数关系求a、b即可．(1)解：当x=±2时，x2-4=0，故答案为：±2；(2)解：由题意可知x3-x2-3x+3=（x-1）（x2+ax+b），∴x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，∴1-a=1，b=-3，∴a=0，b=-3；(3)解：当x=2时，x3+4x2-3x-18=8+16-6-18=0，∴多项式有因式（x-2），设另一个因式为（x2+ax+b），∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+ax+b），∴x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，∴a-2=4，2b=18，∴a=6，b=9，∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+6x+9）=（x-2）（x+3）2．【点睛】本题考查因式分解的意义，理解“试根法”的本质，多项式乘多项式的正确展开是解题的关键．20．（8分）（2022·江西省遂川县教育局教学研究室七年级期末）如图，在ΔABC中，AB=AC，点P是射线BM上的任意一点（不与点C重合），PB>PC，连接AP，将△APB沿AP向右翻折，得到△APD(1)当∠B=70°，∠PAC=10°时，∠PAD的度数为，∠PDC的度数为(2)在图1中，点P在BC边上，猜想∠PAC与∠PDC的数量关系，并说明理由；(3)当点P在BC边的延长线上时，（2）中的结论是否仍然成立吗？请直接作出判断，不必说明理由．【答案】(1)30°或50°，10°(2)∠PAC=∠PDC，理由见解析(3)仍然成立【分析】（1）先利用三角形内角和定理求出∠BAC，分点P在BC边上和点P在BC边的延长线上两种情况，利用折叠的性质和角的和差关系即可求解；（2）设∠BAP=α,∠PAC=β,利用三角形内角和定理可得∠B=90°−12α+β，利用折叠的性质可得∠PAD=∠BAP=α，∠PDA=∠B=90°−12（3）采用（2）中的方法，可证∠PAC=∠PDC仍然成立．（1）解：∵在ΔABC中，AB=AC∴∠ACB=∠B=70°，∴∠BAC=180°−2∠B=40°，当点P在BC边上时，∠BAP=∠BAC−∠PAC=40°−10°=30°，根据折叠的性质可知：∠PAD=∠BAP=30°，∠PDA=∠B=70°，AD=AB，∵AB=AC，∴AC=AD，∴∠ADC=∠ACD，∵∠DAC=∠PAD−∠PAC=30°−10°=20°，∴∠ADC=∠ACD=1∴∠PDC=∠ADC−∠ADP=80°−70°=10°，同理，当点P在BC边的延长线上时，∠BAP=∠BAC+∠PAC=40°+10°=50°，根据折叠的性质可知：∠PAD=∠BAP=50°，∠PDA=∠B=70°，AD=AB=AC，∵∠DAC=∠PAD+∠PAC=50°+10°=60°，∴∠ADC=∠ACD=1∴∠PDC=∠ADP−∠ADC=70°−60°=10°，综上，∠PAD的度数为30°或50°，∠PDC的度数为10°；（2）解：∠PAC=∠PDC，理由如下：如图，设∠BAP=α,∠PAC=β,则∠BAC=∠BAP+∠PAC=α+β,∴∠B=1由