上海兰生复旦数学八年级上册期末试卷.doc

上海兰生复旦数学八年级上册期末试卷
一、选择题
1、下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
2、科学家发现世界上最小的开花结果植物是澳大利亚的出水浮萍，这种植物的果实像一个微小的无花果，质量只有0.000000076克，0.000000076用科学记数法表示是（       ）
A． B． C． D．
3、下列运算中，正确的是（       ）
A． B． C． D．
4、若分式有意义，则应满足的条件是（　　　）
A． B． C．且 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、下列分式从左到右的变形正确的是（       ）
A． B． C． D．
7、如图，点E，点F在直线AC上，，AD∥BC，若想利用“”说明，需要添加的条件是（       ）

A． B． C． D．
8、若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是（       ）
A．或 B． C．且 D．且
9、如图所示，在中，，，D是边的中点，E是边上一点，若平分的周长，则的长是（       ）

A．1 B．2 C． D．
二、填空题
10、如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AD平分∠BAC，与BC相交于点F，过点B作BE⊥AD于点D，交AC延长线于点E，过点C作CH⊥AB于点H，交AF于点G，则下列结论：⑤；正确的有（     ）个.

A．1 B．2 C．3 D．4
11、如果分式的值为0，那么x的取值为_______．
12、点与点B关于y轴对称，点B与点C关于x轴对称，则点C的坐标是_______．
13、已知，则的值是________．
14、若，，则3x﹣2y的值为__．
15、如图，CD是△ABC的角平分线，△ABC的面积为12，BC长为6，点E，F分别是CD，AC上的动点，则AE+EF的最小值是 _____．

16、若是一个完全平方式，那么m的值应为______．
17、中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位，体现了数学研究中的继承和发展．下图是3世纪我国汉代的数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图案，人们称它为“赵爽弦图”．此图中四个全等的直角三角形可以围成一个大正方形，中空的部分是一个小正方形．如果大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则的值是____________．

18、如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=5，AX⊥AC，点P和点Q从点A出发，分别在线段AC和射线AX上运动，且AB=PQ，当AP=________时，△ABC与△APQ全等．

三、解答题
19、因式分解：
(1)
(2)
20、解方程：．
21、已知，∠A＝∠D，BC平分∠ABD，求证：AC＝DC．

22、已知在四边形ABCD中，．
（1）如图1，若BE平分，DF平分的邻补角，请写出BE与DF的位置关系并证明；
（2）如图2，若BF、DE分别平分、的邻补角，判断DE与BF位置关系并证明；
（3）如图3，若BE、DE分别五等分、的邻补角（即，），求度数．

23、某社区拟建，两类摊位以搞活“地摊经济”，每个类摊位的占地面积比每个类摊位的占地面积多2平方米．用60平方米建类摊位的个数恰好是用同样面积建类摊位个数的？
(1)求每个，类摊位占地面积各为多少平方米；
(2)该社区拟建，两类摊位共90个，且类摊位的数量不少于类摊位数量的3倍．求最多建多少个类摊位．
24、阅读理解应用
待定系数法：设某一多项式的全部或部分系数为未知数、利用当两个多项式为恒等式时，同类项系数相等的原理确定这些系数，从而得到待求的值．
待定系数法可以应用到因式分解中，例如问题：因式分解．
因为为三次多项式，若能因式分解，则可以分解成一个一次多项式和一个二次多项式的乘积．
故我们可以猜想可以分解成，展开等式右边得：
，根据待定系数法原理，等式两边多项式的同类项的对应系数相等：，，可以求出，．
所以．
（1）若取任意值，等式恒成立，则________；
（2）已知多项式有因式，请用待定系数法求出该多项式的另一因式；
（3）请判断多项式是否能分解成的两个均为整系数二次多项式的乘积，并说明理由．
25、问题引入：

(1)如图1，在中，点O是和平分线的交点，若，则______（用表示）：如图2，，，，则______（用表示）；
拓展研究：
(2)如图3，，，，猜想度数（用表示），并说明理由；
(3)BO、CO分别是的外角、的n等分线，它们交于点O，，，，请猜想______（直接写出答案）．
一、选择题
1、A
【解析】A
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
2、B
【解析】B
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：0.000000076=7.6×10-7、
故选：B．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3、C
【解析】C
【分析】根据合并同类项的法则，同底数幂相乘，同底数幂的除法法则，积的乘方法则分别进行计算即可．
【详解】A.，故A错误；
B.，故B错误；
C.，故C正确；
D.，故D错误．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方，解题的关键是掌握各计算法则．
4、C
【解析】C
【分析】根据分式有意义的条件求解即可．
【详解】解：若分式有意义，则，
∴且，
故选：C．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟知分式有意义分母不为零是解题的关键．
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、C
【解析】C
【分析】根据分式的性质可得到A、B、D都不一定正确，而C中k≠0，根据分式的基本性质可判断其正确．
【详解】解：A、（m≠0），所以A选项不正确，不符合题意；
B、若c=0，则，所以B选项不正确，不符合题意；
C、，所以C选项正确，符合题意；
D、，所以D选项不正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了分式的基本性质：分式的分子和分母同乘以（或除以）一个不为0的代数式，分式的值不变．
7、A
【解析】A
【分析】根据AD∥BC，可得∠A=∠C，再根据全等三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵，
∴A、添加，可利用AAS说明，故本选项符合题意；
B、添加，不能说明，故本选项不符合题意；
C、添加，不能说明，故本选项不符合题意；
D、添加，可利用SAS说明，故本选项不符合题意；
故选：A
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
8、A
【解析】A
【分析】首先求得分式方程的解为x=4-m,再根据解为正数得4-m>0且4-m 1,从而求得m的取值范围即可．
【详解】解：，
去分母，得1-m-(x-1)=-2，
去括号，得1-m-x+1=-2，
移项，合并得x=4-m，
∵方程的解为正数，
∴4-m>0且4-m 1，
解得m<4且，
故选：A．
【点睛】本题考查分式方程的特殊解,难度适中，解题的关键是注意要排除分式方程无解情况．
9、D
【解析】D
【分析】延长到点F，使，连接AF，过点作于点H，根据DE平分的周长， D为中点，推出，得到，推出是的中位线．得到，，根据三角形外角性质和等边对等角，， =1，得到，推出，推出，得到．
【详解】延长到点F，使，连接AF，过点作于点H，
平分的周长，且D为中点

是的中位线．
，
， =1，
，
∴，
，
．
故选：D．

【点睛】本题主要考查了三角形中位线，等腰三角形，三角形外角，含30°角的直角三角形，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握三角形中位线的判定和性质，等腰三角形性质，三角形外角性质，含30°角的直角三角形边的性质．
二、填空题
10、D
【解析】D
【分析】①②正确，只要证明△BCE≌△ACF，△ADB≌△ADE即可解决问题；
③正确，只要证明GB=GA，得到△BDG是等腰直角三角形，即可得到；
④正确，求出∠CGF=67.5°=∠CFG，则CF=CG=CE，然后AE=AC+CE=BC+CG，即可得到结论；
⑤错误，作GM⊥AC于M．利用角平分线的性质定理即可证明；
【详解】解：∵AD⊥BE，
∴∠FDB=∠FCA=90°，
∵∠BFD=∠AFC，
∴∠DBF=∠FAC，
∵∠BCE=∠ACF=90°，BC=AC，
∴△BCE≌△ACF，
∴EC=CF，AF=BE，故①正确，
∵∠DAB=∠DAE，AD=AD，∠ADB=∠ADE=90°，
∴△ADB≌△ADE，
∴BD=DE，
∴AF=BE=2BD，故②正确，
如图，连接BG，

∵CH⊥AB，AC=AB，
∴BH=AH，∠BHG=∠AHG=90°
∵HG=HG，
∴△AGH≌△BGH，
∴BG=AG，∠GAH=∠GBH=22.5°，
∴∠DGB=∠GAH+∠GBH=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形，
∴BD=DG=DE；故③正确；
由△ACH是等腰直角三角形，
∴∠ACG=45°，
∴∠CGF=45°+22.5°=67.5°，
∵∠CFG=∠DFB=90°-22.5°=67.5°，
∴∠CGF=∠CFG，
∴CG=CF，
∵AB=AE，BC=AC，CE=CF=CG，
又∵AE=AC+CE，
∴AB=BC+CG，故④正确；
作GM⊥AC于M，

由角平分线性质，GH=GM，
∴△AGH≌△AGM（HL），
∴△AGH的面积与△AGM的面积相等，
故⑤错误；
综合上述，正确的结论有：①②③④；
故选择：D.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题．
11、
【分析】根据分式的分子为0，分母不为0，可得答案．
【详解】分式的值为0，
，且，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式为0条件，分式的分子为0，分母不为0是解题的关键．
12、B
【解析】（2，-3）
【分析】先根据关于轴对称的点的特征求得点的坐标，再根据关于轴对称的点的特征求得点的坐标即可．
【详解】点与点B关于y轴对称，
，
点B与点C关于x轴对称，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中对称点的坐标特点，掌握对称点的坐标特点是解题的关键．①关于x轴对称的两个点，横坐标相等，纵坐标互为相反数；②关于y轴对称的两个点，纵坐标相等，横坐标互为相反数．
13、3
【分析】由已知条件可得，由此式与所求式子的关系，可求得结果的值．
【详解】由，得：，即
故答案为：2、
【点睛】本题是求分式的值，涉及分式的加法，关键是把已知条件左边通分．
14、
【分析】根据即可代入求解．
【详解】解：．
故答案是：．
【点睛】本题考查了同底数的幂的除法运算，正确理解是关键．
15、4
【分析】作关于的对称点，由是的角平分线，得到点一定在上，过作于，交于，则此时，的值最小，的最小值，过作于，根据垂直平分线的性质和三角形的面积即可得到结论．
【详解】解：作关于的对称点，
是的角
【解析】4
【分析】作关于的对称点，由是的角平分线，得到点一定在上，过作于，交于，则此时，的值最小，的最小值，过作于，根据垂直平分线的性质和三角形的面积即可得到结论．
【详解】解：作关于的对称点，

是的角平分线，
点一定在上，
过作于，交于，
则此时，的值最小，的最小值，
过作于，
的面积为12，长为6，
，
垂直平分，
，
，
，
的最小值是4，
故答案为：3、
【点睛】本题考查了轴对称最短路线问题，解题的关键是正确的作出对称点和利用垂直平分线的性质证明的最小值为三角形某一边上的高线．
16、【分析】由完全平方公式可知，计算求解即可．
【详解】解：∵
∴由完全平方公式可知
∴
解得
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式．解题的关键在于熟练掌握完全平方公式．
【解析】
【分析】由完全平方公式可知，计算求解即可．
【详解】解：∵
∴由完全平方公式可知
∴
解得
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式．解题的关键在于熟练掌握完全平方公式．
17、49
【分析】根据题意和图形，可以得到，，然后变形即可得到ab的值，再将展开，将a2 + b2和ab的值代入计算即可．
【详解】解：由图可得，
，，
∴，
∵小正方形的面积是1，
∴，
∴，
∴，
【解析】49
【分析】根据题意和图形，可以得到，，然后变形即可得到ab的值，再将展开，将a2 + b2和ab的值代入计算即可．
【详解】解：由图可得，
，，
∴，
∵小正方形的面积是1，
∴，
∴，
∴，
∴
=
=
= 25+ 24
=49；
故答案为：48、
【点睛】本题考查勾股定理、完全平方公式，解答本题的关键是求出ab的值，利用数形结合的思想解答．
18、5或10##10或5
【分析】分两种情况：①当AP=BC=5时；②当AP=CA=10时；由HL证明Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；即可得出结果．
【详解】解：∵AX⊥AC，
∴∠PAQ=90°，
【解析】5或10##10或5
【分析】分两种情况：①当AP=BC=5时；②当AP=CA=10时；由HL证明Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；即可得出结果．
【详解】解：∵AX⊥AC，
∴∠PAQ=90°，
∴∠C=∠PAQ=90°，
分两种情况：
①当AP=BC=5时，
在Rt△ABC和Rt△QPA中，，
∴Rt△ABC≌Rt△QPA（HL）；
②当AP=CA=10时，
在△ABC和△PQA中，，
∴Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；
综上所述：当点P运动到AP=5或10时，△ABC与△APQ全等；
故答案为：5或9、
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；熟练掌握直角三角形全等的判定方法，本题需要分类讨论．
三、解答题
19、(1)
(2)
【分析】（1）利用完全平方公式解答，即可求解；
（2）先提出公因式，再利用平方差公式解答，即可求解．
(1)
解：；
(2)
解：
【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练
【解析】(1)
(2)
【分析】（1）利用完全平方公式解答，即可求解；
（2）先提出公因式，再利用平方差公式解答，即可求解．
(1)
解：；
(2)
解：

【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练掌握多项式的因式分解的方法，并灵活选用合适的方法解答是解题的关键．
20、分式方程无解
【分析】先去分母化为整式方程，解整式方程并检验即可．
【详解】解：去分母得：，
解得：，
经检验是增根，
∴分式方程无解．
【点睛】此题考查了解分式方程，正确掌握解分式方程的步骤及法则
【解析】分式方程无解
【分析】先去分母化为整式方程，解整式方程并检验即可．
【详解】解：去分母得：，
解得：，
经检验是增根，
∴分式方程无解．
【点睛】此题考查了解分式方程，正确掌握解分式方程的步骤及法则是解题的关键．
21、见解析
【分析】证明△BAC≌△BDC即可得出结论．
【详解】解：∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBC，
在△BAC和△BDC中，
∴△BAC≌△BDC，
∴AC＝DC．
【点睛】本题考查角平
【解析】见解析
【分析】证明△BAC≌△BDC即可得出结论．
【详解】解：∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBC，
在△BAC和△BDC中，
∴△BAC≌△BDC，
∴AC＝DC．
【点睛】本题考查角平分线的意义及全等三角形的判定与性质，解题关键是掌握角平分线的性质及全等三角形的判定与性质．
22、（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）54°
【分析】（1）结论：BE⊥DF，如图1中，延长BE交FD的延长线于G，证明∠DEG+∠EDG=90°即可；
（2）结论：DE//BF，如图2中，
【解析】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）54°
【分析】（1）结论：BE⊥DF，如图1中，延长BE交FD的延长线于G，证明∠DEG+∠EDG=90°即可；
（2）结论：DE//BF，如图2中，连接BD，只要证明∠EDB+∠FBD=180°即可；
（3）延长DC交BE于H．由（1）得：，利用五等分线的定义可求，由三角形的外角性质得，代入数值计算即可．
【详解】（1）．
证明：延长BE、FD交于G．在四边形ABCD中，
，，
．
，．
平分，DF平分，
，，
，
∵∠ABE+∠AEB=90°，∠AEB=∠DEG，∠FDN=∠EDG，
∴∠DEG+∠EDG=90°，
∴∠EGD=90°，即BE⊥DF．

（2）．
证明：连接DB．
，．
又，．
、DF平分、的邻补角，
，，
．
在中，
，
，
，．

（3）延长DC交BE于H．由（1）得：
．
、DE分别五等分、的邻补角，
，
由三角形的外角性质得，
，，
，
．

【点睛】本题考查多边形内角和，三角形外角的性质，三角形内角和定理，平行线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
23、(1)每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米
(2)最多建22个类摊位
【分析】（1）设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，由题意：用60平方米建类摊位的个
【解析】(1)每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米
(2)最多建22个类摊位
【分析】（1）设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，由题意：用60平方米建类摊位的个数恰好是用同样面积建类摊位个数的，列出分式方程，然后解方程即可；
（2）设类摊位的数量为个，则类摊位的数量为个，由题意：建造类摊位的数量不少于类摊位数量的3倍，列出一元一次不等式，然后解不等式即可．
（1）解：设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，依题意，得：，解得：，经检验，是原分式方程的解，且符合题意，则．答：每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米．
（2）设类摊位的数量为个，则类摊位的数量为个，依题意，得：，解得：，因为取整数，所以的最大值为21、答：最多建22个类摊位．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用．解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程：（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
24、（1）1；（2）；（3）多项式能分解成两个均为整系数二次多项式的乘积，理由详见解析.
【分析】（1）根据题目中的待定系数法原理即可求得结果；
（2）根据待定系数法原理先设另一个多项式，然后根据恒等原
【解析】（1）1；（2）；（3）多项式能分解成两个均为整系数二次多项式的乘积，理由详见解析.
【分析】（1）根据题目中的待定系数法原理即可求得结果；
（2）根据待定系数法原理先设另一个多项式，然后根据恒等原理即可求得结论；
（3）根据待定系数原理和多项式乘以多项式即可求得结论．
【详解】（1）根据待定系数法原理，得3-a=2，a=1．
故答案为1．
（2）设另一个因式为（x2+ax+b），
（x+1）（x2+ax+b）=x3+ax2+bx+x2+ax+b
=x3+（a+1）x2+（a+b）x+b
∴a+1=0   a=-1  b=3
∴多项式的另一因式为x2-x+2、
答：多项式的另一因式x2-x+2、
（3）多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次多项式的乘积．理由如下：
设多项式x4+x2+1能分解成①（x2+1）（x2+ax+b）或②（x+1）（x3+ax2+bx+c）或③（x2+x+1）（x2+ax+1），
①（x2+1）（x2+ax+b）
=x4+ax3+bx2+ax+b
=x4+ax3+（b+1）x2+ax+b
∴a=0， b+1=1 ， b=1
 由b+1=1得b=0≠1，故此种情况不存在.
②（x+1）（x3+ax2+bx+c），
=x4+ax3+bx2+cx+x3+ax2+bx+c
=x4+（a+1）x3+（b+a）x2+（b+c）x+c
∴a+1=0  b+a=1   b+c=0  c=1
解得a=-1，b=2，c=1，
又 b+c=0，b=-1≠2，故此种情况不存在．
③（x2+x+1）（x2+ax+1）
=x4+（a+1）x3+（a+2）x2+（a+1）x+1
∴a+1=0，a+2=1，
解得a=-1．
即x4+x2+1=（x2+x+1）（x2-x+1）
∴x4+x2+1能分解成两个整系数二次三项式的乘积却不能分解成两个整系数二次二项式与二次三项式的乘积．
答：多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次三项式的乘积．
【点睛】本题考查了因式分解的应用、多项式乘以多项式，解决本题的关键是理解并会运用待定系数法原理．
25、(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由角平分线的定义得，则，再利用三角形内角和定理可得答案；
（2）根据三角形内角和定理得，而，代入化简即可；
（3）由（2）同理可得答案．
(1)
【解析】(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由角平分线的定义得，则，再利用三角形内角和定理可得答案；
（2）根据三角形内角和定理得，而，代入化简即可；
（3）由（2）同理可得答案．
(1)
解：点是和平分线的交点，
，
，
在中，
，
，
，
，
故答案为：；
在中，，
，
，
，
，
故答案为：；
(2)
解：，理由如下：
，，，
，
，
，
，
；
(3)
解：在中，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是采取类比的方法，同时渗透了整体思想．