重难点解析鲁教版（五四制）8年级数学下册试题【考试直接用】附答案详解

鲁教版（五四制）8年级数学下册试题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题16分）一、单选题（8小题，每小题2分，共计16分）1、若点C为线段AB的黄金分割点，AB=8，则AC的长是（）A．－4 B．9－ C．－3或9－ D．－4或12－2、如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的异侧画，使与成位似图形，且相似比为，则线段DF的长度为（）A． B．2 C． D．43、若，则的值等于（）A． B． C． D．4、已知a、b、c是三个不全为0的实数，那么关于x的方程x2＋（a＋b＋c）x＋a2＋b2＋c2＝0的根的情况是（）A．有两个负根 B．有两个正根C．两根一正一负 D．无实数根5、直角三角形中，，三个正方形如图放置，边长分别为，，，已知，，则的值为（）A．4 B． C．5 D．66、如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD与四边形A'B'C'D'是位似图形．位似中心是（）A．（8，0） B．（8，1） C．（10，0） D．（10，1）7、如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=AD，连接BD，∠BAD的角平分线交BD、BC分别于点O、E，若EC=3，CD=4，则BO的长为（）A．4 B．3 C．2 D．38、2002年国际数学家大会在北京召开，大会的会标是我国古代数学家赵爽画的“弦图”（如图），体现了数学研究的继承和发展，弦图中四边形ABCD与EFGH均为正方形，若且正方形EFGH的面积为正方形ABCD的面积的一半，则a：b的值为（）A． B． C．2 D．第Ⅱ卷（非选择题84分）二、填空题（7小题，每小题2分，共计14分）1、已知关于x的方程x2﹣2x+k﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_____．2、如图，矩形纸片ABCD，AD＝4，AB＝2，点F在线段AD上，将△ABF沿BF向下翻折，点A的对应点E落在线段BC上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形CDMN沿MN向上翻折，点C恰好落在线段BF的中点C'处，则线段MN的长为__________________．3、己知：，则___________．4、如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AB=4cm，则AC的长为______cm．5、在平面直角坐标系中，△ABC中点A的坐标是（2，3），以原点O为位似中心把△ABC放大，使放大后的三角形与△ABC的相似比为3：1，则点A的对应点A′的坐标为_____．6、一元二次方程的根为______．7、已知一元二次方程（m－2）＋3x－4＝0，那么m的值是_____．三、解答题（7小题，每小题10分，共计70分）1、如图1．在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，D（0，3），点E是OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括O、B），作MN⊥DM，交∠CBE的平分线于点N．(1)求证：MD=MN；(2)如图2，若M（2，0），在OD上找一点P，使四边形MNCP是平行四边形，求点P的坐标；(3)如图，连接DN交BC于F，连接FM，求证：∠DFC=∠DFM．2、如图，在菱形ABCD中，AB＝15，过点A作AE⊥BC于点E，AE＝12，动点P从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BE向终点E运动，过点P作PQ⊥BC，交BA于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．(1)直接写出线段PQ的长（用含t的代数式表示）；(2)当正方形PQMN与四边形AECD重合部分图形为四边形时，求t的取值范围；(3)连接AC、QN，当△QMN一边上的中点在线段AC上时，直接写出t的值．3、如果关于x的一元二次方程（，a，b，c是常数）有两个实数根，且其中一个根为另一个根的一半时，那么称这样的方程为“半根方程”．例如，一元二次方程的两个根是3和6，该方程可化简为，则方程就是半根方程．(1)请你再写出一个半根方程______（要求化成一般形式）；(2)若关于x的方程是半根方程，求的值．4、如图，线段CD∥AB，AD与BC交于点E．(1)求证；；(2)过点E作EF∥AB，交AC于点F，如果AB=5，EF=2，求CD的长．5、不解方程，判断下列方程的根的情况：(1)2x2＋3x﹣4＝0；(2)ax2＋bx＝0（a≠0）．6、为深化疫情防控国际合作、共同应对全球公共卫生危机，我国有序开展医疗物资出口工作．2020年10月，国内某企业口罩出口订单额为100万元，2020年12月该企业口罩出口订单额为121万元．(1)求该企业2020年10月到12月口罩出口订单额的月平均增长率；(2)按照（1）的月平均增长率，预计该企业2021年1月口罩出口订单额能否达到140万元？7、计算：．-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据黄金分段的定义可知，叫做黄金数，当时，；当时，即，进行计算即可得．【详解】解：∵点C为线段AB的黄金分割点，AB=8，当时，，；当时，，即，，综上，AC的长为或，故选D．【点睛】本题考查了黄金分割，解题的关键是要不重不漏，分情况讨论AC和BC之间的长度关系．2、A【解析】【分析】根据勾股定理求出AC，再根据位似变换的性质计算，得到答案．【详解】解：∵A（2，2），B（4，2），C（4，4），∴AB＝2，BC＝2，由勾股定理得：AC＝＝，∵以原点为位似中心，在原点的异侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，相似比为1：2，∴线段DF的长度为AC＝，故选：A．【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．3、B【解析】【分析】根据可设，再代入计算即可得．【详解】解：由题意，可设，则，故选：B．【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题关键．4、D【解析】【分析】先计算出Δ＝（a+b+c）2﹣4（a2+b2+c2）＝﹣3a2﹣3b2﹣3c2+2ab+2bc+2ac，然后进行配方得到Δ＝﹣（a﹣c）2﹣（b﹣c）2﹣（a﹣b）2﹣a2﹣b2﹣c2，再根据a、b、c是三个不全为0的实数，即可判断Δ＜0，从而得到方程根的情况．【详解】解：∵Δ＝（a+b+c）2﹣4（a2+b2+c2）＝﹣3a2﹣3b2﹣3c2+2ab+2bc+2ac＝﹣（a﹣c）2﹣（b﹣c）2﹣（a﹣b）2﹣a2﹣b2﹣c2，而a、b、c是三个不全为0的实数，∴（a﹣c）2﹣（b﹣c）2﹣（a﹣b）2﹣≤0，-a2﹣b2﹣c2＜0，∴Δ＜0，∴原方程无实数根．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)的根的判别式△=b2-4ac，当△>0，原方程有两个不相等的实数根；当△=0，原方程有两个相等的实数根；当△<0，原方程没有实数根；将代数式进行合理变形判断△的正负性是解题的关键．5、C【解析】【分析】根据△CEF∽△OME∽△PFN，得，代入即可．【详解】解：如图，先标注顶点，直角三角形ABC中，∠C=90°，放置边长分别为a，b，c的正方形，且a=2，b=3，∴△CEF∽△OME∽△PFN，∴，∵MO=2，PN=3，EF=c，∴OE=c-2，PF=C-3，∴，解得：c=5或0，经检验0不符合题意舍去，∴c=5，故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法等知识，证明△OME∽△PFN是解题的关键．6、C【解析】【分析】连接两组对应点，对应点的连线的交点即为位似中心．【详解】解：如图，点E即为位似中心，E（10，0），故选：C．【点睛】此题考查了位似中心的定义：位似图形的对应点的连线的交点即为位似中心，熟记定义是解题的关键．7、C【解析】【分析】连接DE，因为AB=AD，AE⊥BD，AD∥BC，可证四边形ABED为菱形，从而得到BE、BC的长，进而解答即可．【详解】解：连接DE．在直角三角形CDE中，EC=3，CD=4，根据勾股定理，得DE=5．∵AB=AD，AE平分∴AE⊥BD，BO=OD，∴AE垂直平分BD，∠BAE=∠DAE．∴DE=BE=5．∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE=5，∴BC=BE+EC=8，∴四边形ABED是菱形，由勾股定理得出，∴，故选：C．【点睛】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，题目难度适中，根据条件能够发现图中的菱形ABDE是关键．8、D【解析】【分析】根据题意可得正方形的面积为，正方形的面积为，然后列出方程求解即可．【详解】解：，，正方形的面积为，正方形的面积为，正方形的面积为正方形的面积的一半，，，，设，，，解得，，，，的值为．故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，正方形的面积，一元二次方程，解题的关键是掌握勾股定理．二、填空题1、【解析】【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（k﹣1）＞0，然后解不等式即可．【详解】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（k﹣1）＞0，解得：k＜2．故答案为：k＜2【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2−4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．2、【解析】【分析】先判断出四边形ABEF是正方形，进而求出BF＝2，得出BC'＝，过点C'作C'H⊥BC于H，CC'与MN的交点记作点K，进而求出BH＝1，再用勾股定理求出CC'＝，进而得出CK＝，再用勾股定理求出CN＝，最后用面积建立方程求出MN即可．【详解】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝∠D＝90°，CD＝AB，BC＝AD＝4，∵2AB＝4，∴AB＝2，∴CD＝2，∵将△ABF沿BF向下翻折，点A的对应点E落在线段BC上，∴∠BEF＝∠A＝90°，AB＝BE，∴四边形ABEF是正方形，∴BF是正方形ABEF的对角线，∴∠EBF＝45°，BF＝AB＝2，∵C'是BF的中点，∴BC'＝BF＝，过点C'作C'H⊥BC于H，CC'与MN的交点记作点K，在Rt△BHC'中，BH＝C'H＝BC'＝1，∴CH＝BC﹣BH＝3，在Rt△CHC'中，CC'＝＝＝，由折叠知，CK＝CC'＝，设CN＝x，则HN＝3﹣x，∵将四边形CDMN沿MN向上翻折，∴CC'⊥MN，C'N＝CN＝x，在Rt△C'HN中，根据勾股定理得，C'H2+HN2＝C'N2，∴12+（3﹣x）2＝x2，∴x＝，∴CN＝，连接CM，∵S△CMN＝CN•CD＝MN•CK，∴MN＝＝＝，故答案为．【点睛】此题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理和面积法解题，作出辅助线构造直角三角形求出CC'是解题的关键所在．3、##0.6【解析】【分析】由，设，代入计算即可求解．【详解】解：由可知，设，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了比例的性质，属于基础题，计算过程中细心即可．4、8【解析】【分析】根据矩形的性质可得三角形AOB为等边三角形，在直角三角形ABC中，根据直角三角形的两个锐角互余可得∠ACB为30°，根据30°角所对的直角边等于斜边的半径，由AB的长可得出AC的长．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，∠ABC=90°，∴OA=OB=OC=OD，又∵∠AOB=60°，∴△AOB为等边三角形，∴∠BAO=60°，在直角三角形ABC中，∠ABC=90°，∠BAO=60°，∴∠ACB=30°，∵AB=4cm，则AC=2AB=8cm．故答案为：8．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，以及含30°角直角三角形的性质，矩形的性质有：矩形的四个角都为直角；矩形的对边平行且相等；矩形的对角线互相平分且相等，熟练掌握矩形的性质是解本题的关键．5、或【解析】【分析】根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或进行解答．【详解】解：以原点为位似中心，把放大，使放大后的三角形与的相似比为，则点的对应点的坐标为或．故答案为：或．【点睛】本题考查了位似变换：位似图形与坐标，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．6、，【解析】【分析】两边直接开平方即可．【详解】解：∵x2=1，∴x1=1，x2=-1，故答案为：x1=1，x2=-1．【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．7、【解析】【分析】根据一元二次方程的定义进行计算即可．【详解】解：由题意可得：且，且，，故答案为：．【点睛】本题考查了绝对值，一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义，即．三、解答题1、(1)见解析(2)（0，1）(3)见解析【解析】【分析】（1）在OD上截取OF，使得OF=OM，证明△FDM≌△BMN即可．（2）在OD上截取DP，使得DP=OM，连接CP，交DM于点Q，证明PC=MN，且PC∥MN．（3）将△DCF绕点D顺时针旋转90°，得到△DOG，证明△DGM≌△DFM．(1)如图1，在OD上截取OF，使得OF=OM，则∠OFM=∠OMF=45°，∴∠DFM=135°，∵四边形OBCD是正方形，∴OD=OB，∠OBC=90°，∴DF=MB，∵BN平分∠CBE，∠CBE=90°，∴∠MBN=135°，∴∠DFM=∠MBN，∵MN⊥DM，∠DOM=90°，∴∠FDM=∠BMN，∴△FDM≌△BMN，∴DM=MN．(2)如图2，在OD上截取DP，使得DP=OM，连接CP，交DM于点Q，∵四边形OBCD是正方形，∴OD=DC，∠PDC=∠MOD=90°，∴△PDC≌△MOD，∴DM=CP，∠PCD=∠MDO，∵∠MDC+∠MDP=90°，∴∠MDC+∠PCD=90°，∴∠MQC=90°，∵MN⊥DM，∴PC∥MN，∵DM=MN，∴PC=MN，∴四边形MNCP是平行四边形，∵M（2，0），D（0，3），∴P（0，1）．(3)如图3，将△DCF绕点D顺时针旋转90°，得到△DOG，则B、O、G三点共线，且DF=DG，∠CDF=∠ODG，∠DFC=∠DGO，∵DM=MN，MN⊥DM，∴∠MDF=45°，∴∠CDF+∠MDO=45°，∴∠ODG+∠MDO=45°，∴∠MDF=∠GDM，∵DM=DM，∴△DGM≌△DFM，∴∠DFM=∠DGO，∴∠DFM=∠DFC．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，准确找出并证明三角形全等是解题的关键．2、(1)PQ＝4t(2)＜t≤(3)或或【解析】【分析】（1）根据题意以及勾股定理，求得的长，根据PQ∥AE，可得，进而可得BQ＝5t，PQ＝4t；（2）当MN与AE重合时，BP+PN＝BE，当点N与点C重合时，BP+PN＝BN＝BC，分别求得的值，进而求得t的取值范围；（3）分三种情况讨论，即当的中点在上，根据相似三角形的性质与判定，列出比例式，解方程求解即可(1)∵AE⊥BC，∴∠AEB＝90°，∵AB＝15，AE＝12，∴BE＝＝＝9，∵PQ⊥BC，∴PQ∥AE，∴，动点P从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BE向终点E运动∴，∴BQ＝5t，PQ＝4t；(2)当MN与AE重合时，BP+PN＝BE，∵四边形PQMN是正方形，∴PN＝PQ＝4t，∴3t+4t＝9，∴t＝．当点N与点C重合时，BP+PN＝BN＝BC，∵四边形ABCD是菱形，AB＝15，∴BP+PN＝BN＝BC＝15，∵四边形PQMN是正方形，∴PN＝PQ＝4t，∴3t+4t＝15，∴t＝．∴当＜t≤时，重叠部分是四边形；(3)当AC经过MN的中点R时，∴RN＝MN＝PQ＝2t，∵PQ∥AE，MN∥PQ，∴MN∥AE，∴，∴，∴NC＝t，∵CE＝BC﹣BE＝15﹣9＝6，∴BN+CN＝BP+PN+CN＝7t+t＝15，解得t＝．当AC经过QM的中点W时，∵QM∥BC，∴，即，∴AQ＝QW＝2t，∴AQ＝AB＝BQ＝15﹣5t＝2t，解得t＝．当AC经过QN的中点K时，设AC交QM于H，∵QM∥BC，∴，∴AQ＝QH，∵QM∥BC，K是QN的中点，∴KQ＝KN，∠KQH＝∠KNC，∠KHQ＝∠KCN，∴△KHQ≌△KCN（AAS），∴QH＝CN，∴AQ＝QH＝CN，∴AB﹣BQ＝BN﹣BC，即15﹣5t＝7t﹣15，解得t＝，综上所述，满足条件的t的值为或或．【点睛】本题考查了动点问题，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3、(1)（答案不唯一）(2)【解析】【分析】（1）根据例题写出一个半根方程即可；（2）根据因式分解法解一元二次方程，进而根据半根方程的定义求得的关系，结合分式有意义的条件，化简分式即可．(1)解：例如的两个根是，该方程可化简为，则就是半根方程故答案为：（答案不唯一）(2)由得或，解得，．因为该方程是半根方程，所以或，所以或．由于使分式有意义，故，∴，∴．【点睛】本题考查了新定义，解一元二次方程，分式有意义的条件，掌握解一元二次方程是解题的关键．4、(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得∠B＝∠BCD，∠BAE＝∠D，则可判定△ABE∽△DCE，根据相似三角形的性质得，即可得；（2）根据平行线的性质得∠EFC＝∠BAC，∠CEF＝∠B，可判定△CEF∽△CBA，根据相似三角形的性质得，则，等量代换得EF∥CD，则，可判定△AEF∽△ADC，根据相似三角形的性质得，即可得．(1)证明：∵CD∥AB，∴∠B＝∠BCD，∠BAE＝∠D，∴△ABE∽△DCE，∴，∴．(2)解：∵EF∥AB，∴∠EFC＝∠BAC，∠CEF＝∠B，∴△CEF∽△CBA，∴，∴，∵CD∥AB，EF∥AB，