重难点解析鲁教版（五四制）8年级数学下册试卷含完整答案详解（必刷）

鲁教版（五四制）8年级数学下册试卷考试时间：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、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）2、如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，若A点坐标为（1，2），C点坐标为（2，4），，则线段CD长为（）A．2 B．4 C． D．23、如图，矩形ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，EF是对角线BD的垂直平分线，则EF的长为（）cm．A． B．5 C． D．84、下列计算中，正确的是（）A． B． C． D．5、下列计算正确的是（）A．2a+3a＝5a2 B．（a2）3＝a5C．（a﹣2）（a+3）＝a2+a﹣6 D．＝6、如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD=2，∠COB=60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①FO=FC；②四边形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF：④MB=3．其中结论正确的序号是（）A．②③④ B．①②③ C．①④ D．①②③④7、如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，点M为AB上一点，将△BCM沿CM翻折至△ECM，ME与AD相交于点G，CE与AD相交于点F，且AG=GE，则BM的长度是（）A． B．4 C． D．58、如图所示，在长方形中，，在线段上取一点，连接、，将沿翻折，点落在点处，线段交于点．将沿翻折，点的对应点恰好落在线段上，且点为的中点，则线段的长为（）A．3 B． C．4 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、若m≠0，则关于x的一元二次方程mx2＋x－3m＝0的实数根的个数为____．2、如图（1），四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，将正方形AEFG绕点A旋转，连接BE、CF．（1）的值为______．（2）当G、F、C三点共线时，如图（2），若、，则______．3、如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，AC与BD相交于点O，则△ABO的面积与△CDO的面积的比为_____．4、如图，在边长为6的等边△ABC中，D是边BC上一点，将△ABC沿EF折叠使点A与点D重合，若BD:DE=2:3，则CF=____．5、如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的延长线上的一点，DE与边BC相交于点F，，那么的值为________________．6、如图，在中，，BD、CE分别是AC、AB边上的高，连接DE，若，则BC的长为______．7、如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若的面积为，则四边形BDEC的面积为_____．三、解答题（7小题，每小题10分，共计70分）1、△ABC在边长为1的正方形网格中如图所示（1）以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形，使ABC与的位似比为1：2，且位于点C的异侧；（2）作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；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、如图，在△ABC中，D是AC边上一点，DF∥AB交BC于点F，交AB于点E．(1)如果BD是△ABC的角平分线，求证：四边形BEDF是菱形．(2)如果BD是△ABC的中线且AC＝2BD，请判断四边形BEDF的形状并说明理由．4、计算题：(1)；(2)．5、计算：．6、如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点P是对角线BD上一点，连接AP，AE⊥AP，且，连接BE．(1)当DP=2时，求BE的长．(2)四边形AEBP可能为矩形吗？如果不可能，请说明理由；如果可能，求出此时四边形AEBP的面积．(3)如图2，作AQ⊥PE，垂足为Q，当点P从点D运动到点B时，直接写出点Q运动的距离．7、在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，0≤t≤5．(1)AE＝_______，EF＝_______；(2)若G，H分别是AB，DC中点，求证：四边形EGFH是平行四边形；(3)若G，H分别是沿着A→B→C，C→D→A运动的动点，与E，F相同的速度同时出发，当t为何值时，四边形EGFH为菱形．-参考答案-一、单选题1、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．2、D【解析】【分析】根据位似变换的性质得到△OCD∽△OAB，且相似比为2∶1，根据相似比等于位似比计算即可．【详解】解：∵以原点O为位似中心，∴将△OCD放大得到△OAB，点A的坐标为（1，2）点C的坐标为（2，4），∴△OCD∽△OAB，且相似比为2∶1，∴，∵，∴,故选：D．【点睛】本题考查位似图形的概念和性质，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比等于k或-k．3、C【解析】【分析】EF是BD的垂直平分线，则OB=OD，进而可以判定△BOF≌△DOE，得OE=OF，在相似三角形△BOF和△BAD中，即可求FO的长，根据FO即可求EF的长．【详解】解：∵EF是BD的垂直平分线，∴OB=OD，∵∠OBF=∠ODE，∠BOF=∠DOE，∴△BOF≌△DOE，∴OE=OF，∵∠OBF=∠ABD，∴△BOF∽△BAD，∴，∵BD==10，∴BO=5，∴FO=5×=，∴EF=2FO=（cm）．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，考查了全等三角形的证明和对应边相等的性质，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理求BD的长是解题的关键．4、B【解析】【分析】根据二次根式的加、减、乘、除运算逐项计算分析判断即可【详解】解答：解：A、与不能合并，所以A选项错误；B、原式＝2－＝，所以B选项正确；C、原式＝，所以C选项错误；D、原式＝，所以D选项错误．故选：B．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．5、C【解析】【分析】根据合并同类项，幂的乘方，多项式乘多项式，二次根式的加减法计算即可．【详解】解：A选项，原式＝5a，不符合题意；B选项，原式＝a6，不符合题意；C选项，原式＝a2+a﹣6，符合题意；D选项，和不是同类二次根式，不能合并，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项，幂的乘方，多项式乘多项式，二次根式的加减法，能正确掌握整式的运算法则是解答此题的关键．6、D【解析】【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；根据ASA证明△AOE与△COF全等，进而判断②正确；根据全等三角形的性质判断③④正确即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴OA=OC=OD=OB，∵∠COB=60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，∵BF⊥AC，∴OM=MC，∴FM是OC的垂直平分线，∴FO=FC，故①正确；∵OB=CB，FO=FC，FB=FB，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴∠FOB=∠FCB=90°，∵∠OBC=60°，∴∠ABO=30°，∴∠OBM=∠CBM=30°，∴∠ABO=∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，∠AOE=∠FOC，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE=OF，∵OB⊥EF，∴四边形EBFD是菱形，故②正确；所以△OBE≌△OBF≌△CBF，∴③正确；∵BC=AD=2，FM⊥OC，∠CBM=30°，∴BM=3，故④正确；故选：D．【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．7、C【解析】【分析】由ASA证明△GAM≌△GEF（ASA），得出GM=GF，AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，因此DF=8-x，CF=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】解：设BM=x，由折叠的性质得：∠E=∠B=90°=∠A，在△GAM和△GEF中，，∴△GAM≌△GEF（ASA），∴GM=GF，∴AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，∴DF=8-x，CF=8-（6-x）=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得：（x+2）2=（8-x）2+62，解得：x=，∴BM=．故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠有性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．8、A【解析】【分析】设长为，根据图形沿着某条边折叠所得的两个图形全等，得出A=AB=CD=D，，利用AAS再证，F即是AD的中点，已知再根据边之间的长度关系列出等式，解方程即可．【详解】解：设F长为，∵沿翻折，点落在处，沿翻折，使点的对应点落在线段上，∴A=AB=CD=D，，在△AB′F和△DC′F中，∴（AAS），∴=，AF=DF，∴，∵点为的中点，∴，∴，得，经检验是方程的解，并符合题意，∴．故选：A．【点睛】本题考查图形折叠问题，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理等知识，掌握以上知识是解题关键．二、填空题1、2【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式求解即可．【详解】解：实数根的个数为2故答案为：2．【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，当Δ大于0时，有两个不同的实根；当Δ等于0时，有两个相同的实根；当Δ小于0时，无实根，正确理解根的判别式是解题的关键．2、【解析】【分析】①连接AF，AC，根据正方形及直角三角形的性质可得：，，结合图形利用各角之间的数量关系得出，依据相似三角形的判定定理及性质即可得出结果；②连接AC，则为直角三角形，由正方形的四条边相等及勾股定理得出，，结合图形得出，利用①中结论代入求解即可得．【详解】解：①如图所示，连接AF，AC，根据正方形及直角三角形的性质可得：，，∴，即，在与中，∵，，∴，∴；②如图所示：连接AC，则为直角三角形，∵，，∴，∴，∴，由结论①可得：，故答案为：①；②．【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．3、1：4【解析】【分析】证明△AOB∽△COD，只需求出其相似比的平方即得两三角形面积比．【详解】解：如图，设小方格的边长为1，∵△ABE、△DCF分别是边长为1和2的等腰直角三角形，∴∠ABE＝∠CDF＝45°，，，∵BE//DF，∴∠EBO＝∠FDO，∴∠ABO＝∠CDO，又∠AOB＝∠COD，∴△ABO∽△CDO，∴S△ABO：S△CDO＝（AB：CD）2，∴，故答案为：1∶4．【点睛】本题考查相似三角形面积比与相似比的关系，关键是判断两三角形相似，确定其相似比．4、3.6【解析】【分析】根据折叠的性质可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等边三角形的性质可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，从而得到∠CDF=∠BED，进而得到△BDE∽△CFD，再由BD:DE=2:3，可得到，即，即可求解．【详解】解：根据题意得：∠EDF=∠A，DF=AF，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∴∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，∵∠B=60°，∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，∴∠CDF=∠BED，∴△BDE∽△CFD，∴，即，∵等边△ABC的边长为6，∴，解得：．故答案为：3.6【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，图形的折叠，相似三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的性质，图形的折叠的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．5、【解析】【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得ABCD，CD＝AB，即可证得△BEF∽△CDF，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD，CD＝AB，∴△BEF∽△CDF，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．6、【解析】【分析】取BC的中点F，连接DF、EF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得DF=EF=BC，根据等腰三角形的判定与性质和三角形的内角和定理可证得△AEF为等腰直角三角形，利用勾股定理求解DF即可．【详解】解：取BC的中点F，连接DF、EF，∵BD、CE分别是AC、AB边上的高，∴∠BDC=∠CEB=90°，∴DF=EF=BC，∴∠ACB=∠CDF，∠ABC=∠BEF，∴∠DFC=180°－2∠ACB，∠BFE=180°－2∠ABC，又∠BAC=45°，∴∠DFC+∠BFE=360°－2（∠ACB+∠ABC）=360°－2（180°－∠BAC）=90°，∴∠DFE=90°，在Rt△DEF中，DF=EF，DE=2，由勾股定理得：DF2+EF2=DE2，即2DF2=2，∴DF=，∴BC=2DF=，故答案为：．【点睛】本题考查三角形的高、直角三角形的斜边上的中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解答的关键．7、【解析】【分析】根据三角形中位线定理可得，DE∥BC，从而得到△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的性质，可得，即可求解．【详解】解：∵点D、E分别是AB、AC的中点，∴，DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∵的面积为，∴，∴四边形BDEC的面积为．故答案为：【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理，相似三角形的性质是解题的关键．三、解答题1、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据位似的性质，结合正方形网格和位似比作图，即可得到答案；（2）结合正方形网格，根据勾股定理逆定理、旋转的性质，得、，再根据位似的性质作图，即可得到答案．【详解】（1）如下图：即为所求；（2）如下图：∵边长为1的正方形网格∴，∴∴即为所求．【点睛】本题考查了位似、旋转、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握位似的性质，从而完成求解．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)证明见解析(2)四边形BEDF是矩形，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意知，由，，可说明四边形是平行四边形，由，知，进而可证四边形是菱形；（2）由，，可说明四边形是平行四边形，由，，可知，三角形内角和定理知，可知的值，进而可证四边形是矩形．(1)证明：由题意知∵，∴四边形是平行四边形∵∴∴四边形是菱形．(2)四边形是矩形证明：∵，∴四边形是平行四边形∵，AD=CD，∴∴∵∴∵∴四边形是矩形．【点睛】本题考查了角平分线，等边对等角，菱形的判定，矩形的判定，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．4、(1)(2)【解析】【分析】（1）应用二次根式的加减法则，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变．进行计算即可得出答案；（2）先去括号，合并同类二次根式即可得出答案．(1)解：原式；(2)（2）原式．【点睛】本题主要考查了二次根式的加减，熟练掌握二次根式的加减运算法则进行计算是解决本题的关键．5、(2)【解析】【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可；（2）按照运算顺序，先算乘除，后算加减，然后进行计算即可．(1)解：=3+（-2）=1；(2)解：=9-2-（2+3）=7-5=2．【点睛】本题考查了平方差公式，二次根式混合运算，按照运算顺序进行计算是解题的关键．2．0【解析】【分析】按照运算顺序，先算乘法，再算加减，然后进行计算即可．【详解】解：．【点睛】本题考查了立方根、二次根式的混合运算，解题的关键是正确的进行化简．6、(1)4；(2)可能，面积为；(3)8【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和等角的余角相等证得，∠DAP＝∠BAE，根据相似三角形的判定和性质证得△ADP∽△ABE即可求解；（2）根据相似三角形的性质和直角三角形的两锐角互余证得∠PBE=90°，根据矩形的判定当∠APB=90°时可得四边形AEBP为矩形；利用勾股定理求得BD，再根据三角形的面积公式求得AP，进而求得AE即可求解；（3）根据题意画出图形证明点Q在直线Q1Q2上运动，由（2）中结论可知四边形AQ1BQ2是矩形，根据矩形对角线相等求得Q1Q2即可．(1)解：如图，∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝4，∴∠DAB＝90°，，∴，∵AP⊥AE，∴∠PAE＝90°，∴∠DAP+∠PAB＝∠PAB+∠BAE，∴∠DAP＝∠BAE，∴△ADP∽△ABE，∴，∴；(2)解：四边形AEBP可能为矩形．如图，由（1）得△ADP∽△ABE，∴∠ABE＝∠ADB，∴∠PBE＝∠PBA+∠ABE=∠PBA+∠ADB=90°，如图，当∠APB=90°时，∵∠APB=∠PAB=∠PBE=90°，∴四边形AEBP为矩形，在Rt△ABD中，AB＝8，AD＝4，由勾股定理得：，，，；(3)解：由（1）中，，∠DAB=∠PAE=90°，∴△ADB∽△APE，∴∠ADB＝∠APE，如图，当点P在点D处时，Q在Q1处，即AQ1⊥BD，作AQ2⊥PE，∴∠AQ1D=∠AQ2P=90°，∴△ADQ1∽△APQ2，∴，∠DAQ1=∠PAQ2，∵∠DAP=∠DAQ1+∠PAQ1=∠PAQ1+∠PAQ2=∠Q1AQ2，∴△ADP∽△AQ1Q2，∴∠AQ1Q2=∠ADP，∴∠BQ1Q2=90°-∠AQ1Q2=90°-∠ADP=∠ABD，因此点Q在直线Q1Q2上运动，故当点P从点D运动到点B时，点Q由