2024-2025学年广东省深圳市深圳实验学校八年级（下）期末数学试卷(含答案)

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省深圳实验学校八年级（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的为（）A.等腰三角形 B.平行四边形 C.菱形 D.圆2.如图，在​​​​​​​ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，连接AE，若AE=4，EC=2，则BC的长是（

）

A.2 B.4 C.6 D.83.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，DA⊥AC，则∠ADB=（）

A.100° B.115° C.130° D.145°4.如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大小，需将∠O转化为与它相等的角，则图中与∠O相等的角是（）A.∠BEA

B.∠DEB

C.∠ECA

D.∠ADO5.若关于x的不等式组的解集为x＜3，则m的取值范围是（）A.m＞2 B.m≥2 C.m＜2 D.m≤26.如图，将△ABC向右平移2cm,得到△DEF，若△ABC的周长为18cm,则四边形ABFD的周长是（）A.20cm

B.22cm

C.24cm

D.26cm7.如图，点E为▱ABCD的对角线BD上一点，DE=1，BE=5，连接AE并延长至点F，使得AE=EF，则CF为（）A.3

B.

C.4

D.8.同一平面内，有6个不同的点：A、B、C、D、E、F，点B在线段AC上，点E在线段DF上，若，则对于结论：①BE∥CF，②AE∥BF，③DB∥EC，下列四个选项一定正确的是（）A.① B.②③

C.①②③ D.四个结论都不一定正确二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。9.因式分解：x2-4y2=

．10.1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型.其由32块手缝嵌面组成（12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中∠α度数为______°.11.如图，在边长为4的等边三角形ABC中，AD是中线，将DA绕点D顺时针旋转60°得到DE，连接BE，则S△BDE=______.

12.如图，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE=CF，现准备修建两条观光小路BE和AF，若小路BE长10米，DE=2AE，则CF的长度为______米（结果保留根号）.

13.如图，在Rt△ABC中∠ABC=90°，点E在边BC上且BE=3，CE=2AB，连接AE，将△ABE沿AE进行折叠，点B的对应点为点F，点D是AC的中点，连接BD，当BD∥EF时，AB=______.

三、解答题：本题共7小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。14.(本小题6分)

先化简，再从1，2，-3中选择一个合适的数作为x的值代入求值.15.(本小题7分)

嘉嘉与淇淇两位同学解方程3（x-3）=（x-3）2的过程如下：嘉嘉：

两边同除以（x-3），得

3=x-3，

则x=6．淇淇：

移项，得3（x-3）-（x-3）2=0，

提取公因式，得（x-3）（3-x-3）=0．

则x-3=0或3-x-3=0，

解得x1=3，x2=0．（1）嘉嘉的解法______；淇淇的解法______；（填“正确”或“不正确”）

（2）请你选择合适的方法尝试解一元二次方程4x（2x+1）=3（2x+1）．16.(本小题7分)

如图，在正方形网格中，点A、B、A1都在格点上.

（1）平移线段AB，使点A与点A1重合，画出线段A1B1；

（2）连接AA1、BB1，AA1与BB1的位置关系是______，数量关系是______；

（3）若每个小正方形边长为1，线段AB扫过的面积是______.17.(本小题9分)

2024年11月12日，第15届中国国际航空航天博览会在珠海盛大开幕.在博览会的热烈氛围中，某航模小组对其中A、B两种新款无人机模型产生了浓厚的兴趣和购买欲望，于是他们前往模型商店进行咨询并了解到以下信息：

①A型无人机模型的单价比B型贵800元；

②用12000元购买A型无人机模型的数量与用8000元购买B型无人机模型的数量相同.

（1）求A型和B型无人机模型的单价各是多少元？

（2）若航模小组现有资金20000元，他们决定购买10台无人机模型，同时要求购买B型的数量不超过A型的2倍.请求出航模小组所有可能的购买方案.18.(本小题9分)

如图1，点P为∠AOB内一点，请使用尺规作图完成下面作图任务.

（1）求作边OB上一点M使得∠PMB=∠AOB.

小明和小张都尝试过点P作OA的平行线交OB于点M，但他们作图方法不同：

小明的作法：在OA上任取一点N，连接NP，以ON和NP为边作平行四边形；

小张的作法：在OA上任取一点N，连接NP并延长交OB于点K，以PK为边作∠PNO的等角.

请使用小明或小张的方法在图1中完成作图；

答：我选择______的作法.

（2）如图2，小明作得∠PMB=∠AOB，若点E和点F分别在射线OA和射线MP上，求作菱形OEFM，请补充作法，完成作图并说明理由；

作法：①在射线OA上截取______，在射线MP上截取______；

②连接EF.

则菱形OEFM即为所求.

（3）如图3，在（2）的条件下，若∠AOB=60°，菱形OEFM的边长为6，，求线段PM的长.

19.(本小题12分)

【问题探究】（1）小欢在初二上学期学习“勾股定理”时，遇到问题：如图1，已知四边形ABCD的对角线AC和BD垂直，若a=4，c=2，则b2+d2=______；小欢进一步发现图1中的四条线段a、b、c、d存在数量关系：______；

【新知发现】（2）小欢在学习“矩形”时发现矩形内的任意一点也有类似的结论：如图2，点P在矩形ABCD内，连接PA，PB，PC，PD，可得：PA2+PC2=PB2+PD2.小欢尝试在图3中进行结论证明：

证明：过点P作PE⊥AB于点E，延长EP交CD于点F，

在Rt△PEA中，PA2=PE2+AE2，

在Rt△PFC中，PC2=PF2+CF2，

同理可得：PB2=PE2+BE2，PD2=PF2+DF2.

请帮助小欢继续完成结论的证明；

【拓展应用】（3）在图3的基础上，若PE=3PF，小欢将△DPC绕着点P逆时针旋转，当∠ADP=90°时，=______；

（4）如图4，在Rt△ABC中，∠B=90°，点D和点E分别在边AB和BC上，连接AE、CD和DE，若CD=9，AE=10，DE=6，求边AC的长.

20.(本小题11分)

已知四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=10，点E是边AD上的动点，连接BE，将△ABE绕点B顺时针旋转得到△FBG，点F落在BE上.

（1）如图1，当AE=4ED时，GF交BC于点K，求FK的长；

（2）如图2，射线FG交DC的延长线于点H，当FH=DH时，求线段AE的长；

（3）若点G始终在矩形ABCD内，延长FG交射线BC于点M，当点E在边AD上运动时，若|FG-GM|=3，请直接写出此时线段AE的长.

参考答案1.解：A、等腰三角形是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意；

B、平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；

C、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；

D、圆是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；

故选：A．

2.解：∵DE是AB的垂直平分线，AE=4，

∴EB=EA=4，

∴BC=EB+EC=4+2=6，

故选：C．3.解：在△ABC中，AB=AC，

∴∠B=∠C，

∵∠BAC=130°，

∴∠B=∠C==25°，

∵DA⊥AC，

∴∠DAC=90°，

∴∠ADC=90°-25°=65°，

∴∠ADB=180°-∠ADC=180°-65°=115°，

故选：B．

4.解：由示意图可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，

∴∠O+∠ADO=90°，∠DEB+∠ADO=90°，

∴∠DEB=∠O，

故选：B．

5.解：解不等式2x-1＜5，得：x＜3，

∵关于x的不等式组的解集为x＜3，

∴m+1≥3，

∴m≥2．

故选：B．

6.解：∵△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，

∴DF=AC，AD=CF=2cm,

∵△ABC的周长为18cm,即AB+BC+AC=18cm,

∴AB+BC+CF+DF+AD=AB+BC+AC+AD+CF=18+2+2=22（cm），

即四边形ABFD的周长为22cm.

故选：B．

7.解：连接AC交BD于O，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO=OC，OD=BD，

∵AE=EF，

∴OE是△ACF的中位线，

∴FC=2OE，

∵DE=1，BE=5，

∴BD=1+5=6，

∴OD=×6=3，

∴OE=OD-DE=3-1=2，

∴FC=2OE=4．

故选：C．

8.解：如图所示：令AB=BC=1，DE=EF=1，则，

，

由图可知：BE不平行于CF，AE不平行于BF，DB不平行于EC，

故选：D．

9.解：x2-4y2=（x+2y）（x-2y）．

故答案为（x+2y）（x-2y）．10.解：如图所示：

∵正五边形的每个内角为：180°-360°÷5=180°-72°=108°，

正六边形的每个内角为：180°-360°÷6=180°-60°=120°，

∴∠1=120°，∠2=108°，

∵∠1+∠2+∠α=360°，

∴∠α=360°-120°-108°=132°，

故答案为：132．

11.解：过点E作EH⊥BC于H，

∵△ABC是等边三角形，AD是中线，

∴BD=2，AD=2，AD⊥BC，

∵将DA绕点D顺时针旋转60°得到DE，

∴AD=DE=2，∠ADE=60°，

∴∠EDH=30°，

又∵EH⊥BC，

∴EH=DE=，

∴S△BDE=×BD•EH=×2×=，

故答案为：．

12.解：∵四边形ABCD为正方形，

∴BA=AD=CD，∠BAE=∠ADF=90°，

∵DE=CF，

∴AD-DE=CD-CF，

∴AE=DF，

在△ABE和△DAF中，

，

∴△ABE≌△DAF（SAS），

∵小路BE长10米，

∴AF=BE=10米，

设AE=DF=x米，则CF=DE=2AE=2x米，

∴AD=AE+DE=3x米，

由勾股定理得：AD2+DF2=AF2，即（3x）2+x2=102，

解得（负值已舍去），

∴米．

故答案为：．

13.解：如图，延长CB至Q，使得BQ=BE=3，延长EF交AC于点H，

∵∠ABC=90°，

∴∠ABC=∠ABQ=90°，

在△ABE和△ABQ中，

，

∴△ABE≌△ABQ（SAS），

∴∠AQB=∠AEB，∠BAQ=∠BAE，

由折叠性质可知∠FAE=∠BAE，∠AEF=∠AEB，

∴∠FAE=∠BAE=∠BAQ，∠AQB=∠AEB=∠AEF，

设∠FAE=∠BAE=∠BAQ=x,则∠AQB=∠AEB=∠AEF=90°-x,

∴∠HEC=180°-2（90°-x）=2x,

∵BD∥EF，

∴∠DBC=∠HEC=2x,

∴∠ABD=90°-2x,

∵点D是AC的中点，

∴BD=AD，AC=18，BC=12，

∴∠ABD=∠BAD=90°-2x,

∴∠QAC=∠BAC+∠BAQ=90°-2x+x=90°-x,

∵∠AQB=90°-x,

∴∠AQB=∠QAC，

∴CA=CQ，

设AB=a,则CE=2AB=2a,

∴CA=CQ=2a+6，BC=2a+3，

由勾股定理得：CA2=AB2+BC2，

∴（2a+6）2=a2+（2a+3）2，

整理得：a2-12a-27=0，

解得：或（舍去），

∴，

故答案为：．

14.15.解：（1）嘉嘉的解法不正确，琪琪的解法正确，

故答案为：不正确，正确；

（2）4x（2x+1）=3（2x+1），

4x（2x+1）-3（2x+1）=0，

（2x+1）（4x-3）=0，

2x+1=0或4x-3=0，

解得：x1=-，x2=．

16.解：（1）平移线段AB，使点A与点A1重合，如图，A1B1即为所求；

（2）由平移的性质可知：AA1、BB1、AA1与BB1的位置关系是平行，数量关系是相等，

故答案为：平行，相等；

（3）解：线段AB扫过的面积是

=20-4-3-2=11，

故答案为：11．

17.解：（1）设B型无人机模型的单价是x元，则A型无人机模型的单价是（x+800）元，．

根据题意得：=，

解得：x=1600，

经检验，x=1600是所列方程的解，且符合题意，

∴x+800=1600+800=2400（元）．

答：A型无人机模型的单价是2400元，B型无人机模型的单价是1600元；

（2）设购买y台A型无人机模型，则购买（10-y）台B型无人机模型，

根据题意得：，

解得：≤y≤5，

又∵y为非负整数，

∴y可以为4，5，

∴航模小组共有2种购买方案，

方案1：购买4台A型无人机模型，6台B型无人机模型；

方案2：购买5台A型无人机模型，5台B型无人机模型．

18.解：（1）选择小明的作法：

在OA上任取一点N，连接NP，以ON和NP为边作平行四边形，如图1.1即为所求；

选择小张的作法：

在OA上任取一点N，连接NP并延长交OB于点

K，以PK为边作∠PNO的等角，如图1.2即为所求；

故答案为：小明（或小张）；

（2）作法：①在射线OA上截取OE=OM，在射线MP上截取MF=OM；②连接EF，则菱形OEFM即为所求．

证明：∵∠PMB=∠AOB，

∴OE∥MF，

∵OE=OM，OM=MF，

∴OE=MF，

∴四边形OEFM为平行四边形，

∵OE=OM，

∴平行四边形OEFM为菱形；

故答案为：OE=OM；MF=OM；

（3）过P作PG⊥OB于G，连接OP，

∵菱形OEFM的边长为6，

∴OM=6，OE∥MF，

∵∠AOB=60°，

∴∠AOB=∠PMG=60°，

∴∠MPG=30°，

∴PM=2MG，，

设PM=2MG=2x,则MG=x,，OG=OM+MG=6+x,

∵Rt△OGP中，，PG2+OG2=OP2，

∴x2+3x-4=0，

解得x1=1，x2=-4（负值舍去），

∴PM=2x=2．

19.（1）解：∵AC⊥BD，

∴∠AEB=∠CEB=∠CED=∠AED=90°，

由勾股定理得：AE2+BE2=a2，CE2+BE2=b2，CE2+ED2=c2，CE2+AE2=d2，

∴AE2+BE2+CE2+ED2=CE2+BE2+CE2+AE2，

∴a2+c2=b2+d2，

当a=4，c=2，则b2+d2=42+22=20，

故答案为：20；a2+c2=b2+d2；

（2）证明：过点P作PE⊥AB于点E，延长EP交CD于点

F，则∠AEF=90°，如图2，

在Rt△PEA中，由勾股定理得：PA2=PE2+AE2，

在Rt△PFC中，由勾股定理得：PC2=PF2+CF2，

同理：在直角三角形BEP中，由勾股定理得：PB2=PE2+BE2，

在直角三角形DPF中，由勾股定理得：PD2=PF2+DF2，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=∠ADC=90°，

∵∠AEF=90°，

∴∠BAD=∠ADC=∠AEF=90°，

∴四边形AEFD是矩形，同理可得四边形BEFC是矩形，

∴AE=DF，BE=CF，

∴PA2+PC2=PE2+AE2+PF2+CF2，PB2+PD2=PE2+BE2+PF2+DF2，

∴PA2+PC2=PB2+PD2；

（3）解：如图3，由（2）得AE=DF，PA2+PC2=PB2+PD2，

设AE=DF=b,PF=a,则PE=3a,

∵将△DPC绕着点P逆时针旋转，∠ADP=90°，

∴PD=PD1，

∴，

同理：AP2=b2+（3a）2=b2+9a2，

∵∠AD1P=90°，

由勾股定理得：，

∴，

∴，

故答案为：；

（4）解：如图4，作点E关于AB对称点E1，点D关于BC对称点D1，连接AE1、BE1、BD1、CD1，

∴BE=BE1，DB=D1B，

∵∠B=90°，

∴A、B、D1共线，C、B、E1共线，

∴CD