2023-2024学年陕西省西安市碑林区铁一中学八年级（下）期末数学试卷
一、精心选一选（每题3分，共30分）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a+3＜b+3 B．3a＜3b C． D．﹣a＞﹣b
3．（3分）已知坐标平面内的点A（﹣2，4），如果将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，那么平移后点A的坐标是（ ）
A．（1，6） B．（﹣5，6） C．（﹣5，2） D．（1，2）
4．（3分）分式的值为0，则x的值为（ ）
A．4 B．0 C．﹣4 D．±4
5．（3分）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠的铺成一片，就是平面图形的镶嵌．只用下面一种图形能够进行平面镶嵌的是（ ）
A．正三角形 B．正五边形
C．正八边形 D．正十二边形
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，，，AB的垂直平分线交BC于点D．若BD＝6，则AC的长为（ ）
A．3 B．3 C．4 D．5
7．（3分）如图，直线y＝﹣2x+2与直线y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）相交于点A（m，4），则关于x的不等式﹣2x+2＜kx+b的解集为（ ）
A．x＞﹣1 B．x＜﹣2 C．x＜﹣1 D．x＞﹣2
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝9，AC＝5，点E是BC的中点，若AD平分∠BAC，CD⊥AD，线段DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（3分）已知a、b、c为△ABC三边，满足a3+ab2﹣a2b﹣b3＝c2（a﹣b），则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
10．（3分）在△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，O是AC边的中点，CE∥AD，交DO的延长线于点E，连接AE，∠ACD+2∠ACB＝180°，，，则BC的长是（ ）
A． B．6 C． D．6.5
二、耐心填一填（每题3分，共18分）
11．（3分）分解因式：x2﹣5x＝ ．
12．（3分）正八边形的每个外角是 度．
13．（3分）如图，将△ABC沿BC方向平移3cm至△DEF，△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长是 cm．
14．（3分）关于x的分式方程有增根x＝b，则a+b的值是 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15．点P是△ABC三个内角平分线的交点且PD⊥BC于点D，则线段PD的长是 ．
16．（3分）如图，在长方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，连接AC，在AC上方过点A作AE⊥AC，且AE＝AC．将△ABC沿BC方向平移，得到△A'B'C'，连接EA′，EC′，则EA′+EC′的最小值是 ．
三、细心算一算（共8题，总计72分）
17．（10分）因式分解：
（1）3ax2﹣6axy+3ay2；
（2）x2（m﹣n）﹣4y2（m﹣n）．
18．（10分）解不等式或不等式组：
（1）2x+1＞5；
（2）．
19．（8分）如图，△ABC的顶点坐标为A（﹣2，3），B（﹣3，1），C（﹣1，2）．
（1）画出△ABC向右平移3个单位后的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）△A2B1C1的面积为 ．
20．（6分）化简：（﹣）÷，然后从﹣2，﹣1，0，1.2中选择一个合适的值代入求解．
21．（8分）如图，∠A＝∠B＝90°，E是AB上的一点，且AD＝BE，∠1＝∠2，求证：Rt△ADE≌Rt△BEC．
22．（8分）“书香润泽生命，阅读陪伴成长”，某学校为了开展学生阅读活动，计划网购甲、乙两种图书．已知甲种图书的单价是乙种图书单价的倍，且用1600元购买甲种图书比用900元购买乙种图书可多买20本．
（1）（列分式方程解应用题）乙种图书的单价是多少？
（2）根据学校实际情况，需一次性网购甲、乙两种图书共300本，购买时得知：一次性购买甲乙两种图书超过100本时，甲种图书可按九折优惠（九折优惠指实际出售单价是原来单价的0.9倍），乙种图书可按八折优惠．若该校此次用于购买甲、乙两种图书的总费用不超过4800元，则学校最多购进甲种图书多少本？
23．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在DB和BD的延长线上，且BE＝DF，连接CE、CF、AF．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若AD⊥BD，∠BAD＝60°，，BE＝2，求△CEF的面积．
24．（12分）（1）△ABC与△ADE如图1所示位置摆放，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，△ADE绕点A按逆时针方向旋转至图2的位置，连接BD，CE，求证：BD＝CE．
（2）如图3，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AC＝6，则BC+CD＝ ．
（3）如图4，△ABC中，∠ABC＝45°，AB≠BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D．连接DE，点F与点D关于直线AC对称，连接DF、EF．猜想线段AE、BE、DF之间的数量关系，并证明．
2023-2024学年陕西省西安市碑林区铁一中学八年级（下）期末数学试卷
参考答案
一、精心选一选（每题3分，共30分）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
解：选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：D．
2．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a+3＜b+3 B．3a＜3b C． D．﹣a＞﹣b
解：∵a＞b，
∴a+3＞b+3，
∴选项A不符合题意；
∵a＞b，
∴3a＞3b，
∴选项B不符合题意；
∵a＞b，
∴＞，
∴选项C符合题意；
∵a＞b，
∴﹣a＜﹣b，
∴选项D不符合题意．
故选：C．
3．（3分）已知坐标平面内的点A（﹣2，4），如果将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，那么平移后点A的坐标是（ ）
A．（1，6） B．（﹣5，6） C．（﹣5，2） D．（1，2）
解：∵坐标平面内点A（﹣2，4），将坐标系先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，
∴点A的横坐标增大3，纵坐标减小2，
∴点A变化后的坐标为（1，2）．
故选：D．
4．（3分）分式的值为0，则x的值为（ ）
A．4 B．0 C．﹣4 D．±4
解：∵x2﹣16＝0，x﹣4≠0，
∴x＝﹣4，
故选：C．
5．（3分）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠的铺成一片，就是平面图形的镶嵌．只用下面一种图形能够进行平面镶嵌的是（ ）
A．正三角形 B．正五边形
C．正八边形 D．正十二边形
解：A、正三角形的每个内角是60°，360°÷60＝6，一种图形能够进行平面镶嵌，符合题意；
B、正五形的每个内角是108°，108°不能被360°整除，一种图形不能够进行平面镶嵌，不符合题意；
C、正八边形的每个内角是135°，135°不能被360°整除，一种图形不能够进行平面镶嵌，不符合题意；
D、正十二边形的每个内角为150°，150°不能被360°整除，一种图形不能够进行平面镶嵌，不符合题意．
故选：A．
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，，，AB的垂直平分线交BC于点D．若BD＝6，则AC的长为（ ）
A．3 B．3 C．4 D．5
解：∵AB的垂直平分线交BC于点D，BD＝6，
∴AD＝BD＝6，
∴∠B＝∠DAB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝30°，
∵∠C＝90°，
∴AC＝AD＝3，
故选：A．
7．（3分）如图，直线y＝﹣2x+2与直线y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）相交于点A（m，4），则关于x的不等式﹣2x+2＜kx+b的解集为（ ）
A．x＞﹣1 B．x＜﹣2 C．x＜﹣1 D．x＞﹣2
解：把A（m，4）代入y＝﹣2x+2得﹣2m+2＝4，解得m＝﹣1，
当x＞﹣1时，﹣2x+2＜kx+b．
故选：A．
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝9，AC＝5，点E是BC的中点，若AD平分∠BAC，CD⊥AD，线段DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
解：如图，延长CD交AB于F，
由题意知，∠FAD＝∠CAD，∠ADF＝∠ADC＝90°，
在△ADF和△ADC中，
∵，
∴△ADF≌△ADC（ASA），
∴DF＝CD，AF＝AC＝5，
∴D是CF的中点，BF＝AB﹣AF＝4，
又∵E是BC的中点，
∴DE是△BCF的中位线，
∴，
∴DE的长为2．
故选：B．
9．（3分）已知a、b、c为△ABC三边，满足a3+ab2﹣a2b﹣b3＝c2（a﹣b），则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
解：∵a3+ab2﹣a2b﹣b3＝c2（a﹣b）．
∴（a﹣b）（a2+b2）﹣c2（a﹣b）＝0，
∴（a﹣b）（a2+b2﹣c2）＝0．
∴．a﹣b＝0或a2+b2﹣c2＝0，
∴a＝b或a2+b2＝c2，
∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形，
故选：D．
10．（3分）在△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，O是AC边的中点，CE∥AD，交DO的延长线于点E，连接AE，∠ACD+2∠ACB＝180°，，，则BC的长是（ ）
A． B．6 C． D．6.5
解：∵AB∥CE，
∴∠OAD＝∠OCE，
在△AOD和△COE中，
，
∴△AOD≌△COE，
∴OD＝OE，∵OA＝OC，
∴四边形ADCE是平行四边形．
作CH⊥AB于H．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠A+2∠ACB＝180°，
∵∠ACD+2∠ACB＝180°，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴DA＝DC，
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形，
∴AD＝AE＝，AC⊥DE，
∴OA＝OC＝＝5，
∴AB＝AC＝10，
∵∠DAO＝∠HAC，∠AOD＝∠AHC＝90°，
∴△AOD∽△AHC，
∴，
∴，
∴AH＝8，CH＝6，
∴BH＝AB﹣AH＝2，
在Rt△CBH中，BC＝＝＝2．
故选：A．
二、耐心填一填（每题3分，共18分）
11．（3分）分解因式：x2﹣5x＝ x（x﹣5） ．
解：原式＝x（x﹣5），
故答案为：x（x﹣5）．
12．（3分）正八边形的每个外角是 45 度．
解：360°÷8＝45°．
故答案为：45．
13．（3分）如图，将△ABC沿BC方向平移3cm至△DEF，△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长是 22 cm．
解：∵△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF，
∴CF＝AD＝3cm，AC＝DF，
∵△ABC的周长为16cm，
∴AB+BC+AC＝16cm，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BC+CF+DF+AD
＝AB+BC+AC+CF+AD
＝16+3+3
＝22（cm）．
故答案为：22．
14．（3分）关于x的分式方程有增根x＝b，则a+b的值是 8 ．
解：去分母，得：3x﹣a＝x﹣2，
由分式方程有增根，得到x﹣2＝0，即x＝2，
∵关于x的分式方程有增根x＝b，
∴b＝2，
把x＝2代入整式方程，可得：a＝6，
∴a+b＝6+2＝8．
故答案为：8．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15．点P是△ABC三个内角平分线的交点且PD⊥BC于点D，则线段PD的长是 3 ．
解：连接PA，PC，过P作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，
∵点P是△ABC三个内角平分线的交点且PD⊥BC于点D，
∴PM＝PN＝PD，
∵△ABC的面积＝△PAB的面积+△PBC的面积+△PAC的面积，
∴BC AB＝AB PM+BC PD+AC PN，
∴（AB+BC+AC） PD＝BC AB，
∵AB＝8，BC＝15，
∴AC＝＝17，
∴（8+15+17）×PD＝8×15，
∴PD＝3．
故答案为：3．．
16．（3分）如图，在长方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，连接AC，在AC上方过点A作AE⊥AC，且AE＝AC．将△ABC沿BC方向平移，得到△A'B'C'，连接EA′，EC′，则EA′+EC′的最小值是 4 ．
解：如图1中，建立如图平面直角坐标系．设A′（m，0），则C′（m+4，﹣4）．
由题意E（0，8），
∴A′E+C′E＝+，
欲求+的最小值，相当于在x轴上找一点M（m，0），使得点M到P（0，8），Q（﹣8，12）的距离和最小，
如图5中，作点P关于x轴的对称点P′，连接QP′交x轴于点M，此时MP+MQ的值最小，最小值为线段P′Q的长，
∵P′（0，﹣8），Q（﹣8，12），
∴P′Q＝＝4，
∴A′E+C′E的最小值为4．
故答案为：4．
三、细心算一算（共8题，总计72分）
17．（10分）因式分解：
（1）3ax2﹣6axy+3ay2；
（2）x2（m﹣n）﹣4y2（m﹣n）．
解：（1）3ax2﹣6axy+3ay2
＝3a（x2﹣2xy+y2）
＝3a（x﹣y）2；
（2）x2（m﹣n）﹣4y2（m﹣n）
＝（m﹣n）（x2﹣4y2）
＝（m﹣n）（x+2y）（x﹣2y）．
18．（10分）解不等式或不等式组：
（1）2x+1＞5；
（2）．
解：（1）∵2x+1＞5，
∴2x＞5﹣1，
∴2x＞4，
则x＞2；
（2）由6﹣2x≥0得：x≤3，
由﹣1≤得：x≥﹣1，
则不等式组的解集为﹣1≤x≤3．
19．（8分）如图，△ABC的顶点坐标为A（﹣2，3），B（﹣3，1），C（﹣1，2）．
（1）画出△ABC向右平移3个单位后的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）△A2B1C1的面积为 5 ．
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）如图所示，连接A2B1，A2C1，
则A2C1＝5，B1到A2C1的距离为2，
∴△A2B1C1的面积为，
故答案为：5．
20．（6分）化简：（﹣）÷，然后从﹣2，﹣1，0，1.2中选择一个合适的值代入求解．
解：（﹣）÷，
＝
＝
＝，
将x＝0代入，原式＝，
21．（8分）如图，∠A＝∠B＝90°，E是AB上的一点，且AD＝BE，∠1＝∠2，求证：Rt△ADE≌Rt△BEC．
证明：∵∠1＝∠2，
∴DE＝CE．
∵∠A＝∠B＝90°，
∴△ADE和△EBC是直角三角形，而AD＝BE．
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）
22．（8分）“书香润泽生命，阅读陪伴成长”，某学校为了开展学生阅读活动，计划网购甲、乙两种图书．已知甲种图书的单价是乙种图书单价的倍，且用1600元购买甲种图书比用900元购买乙种图书可多买20本．
（1）（列分式方程解应用题）乙种图书的单价是多少？
（2）根据学校实际情况，需一次性网购甲、乙两种图书共300本，购买时得知：一次性购买甲乙两种图书超过100本时，甲种图书可按九折优惠（九折优惠指实际出售单价是原来单价的0.9倍），乙种图书可按八折优惠．若该校此次用于购买甲、乙两种图书的总费用不超过4800元，则学校最多购进甲种图书多少本？
解：（1）设乙种图书的价格是x元，则甲种图书的价格是x元，
由题意得：﹣＝20，
解得：x＝15，
经检验，x＝15是原分式方程的解，且符合题意，
答：乙种图书的价格是15元；
（2）由（1）可知，×15＝20（元），
设学校购进甲种图书m本，则购进乙种图书（300﹣m）本，
由题意得：20×0.9m+15×0.8（300﹣m）≤4800，
解得：m≤200，
答：学校最多购进甲种图书200本．
23．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在DB和BD的延长线上，且BE＝DF，连接CE、CF、AF．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若AD⊥BD，∠BAD＝60°，，BE＝2，求△CEF的面积．
（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADF＝∠CBE，
∵BE＝DF，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE；
（2）解：∵AD⊥BD，∠BAD＝60°，AD∥BC，
∴∠ABD＝30°，BC⊥BD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝2，
∴AB＝2AD＝4，
∴BD＝＝＝6，
∵DF＝BE＝2，
∴EF＝DF+BD+BE＝10，
∴S△CEF＝EF BC＝×10×2＝10．
24．（12分）（1）△ABC与△ADE如图1所示位置摆放，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，△ADE绕点A按逆时针方向旋转至图2的位置，连接BD，CE，求证：BD＝CE．
（2）如图3，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AC＝6，则BC+CD＝ 6 ．
（3）如图4，△ABC中，∠ABC＝45°，AB≠BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D．连接DE，点F与点D关于直线AC对称，连接DF、EF．猜想线段AE、BE、DF之间的数量关系，并证明．
（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：延长BC到M，使CM＝CD，连接DM，BD，如图3所示，
∵∠BCD＝120°，
∴∠DCM＝60°，
∴△DCM为等边三角形，
∴DM＝DC，∠CDM＝60°，
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AD，∠ADB＝60°，
∴∠CDM＝∠ADB＝60°，
∴∠ADB+∠BDC＝∠CDM+∠BCD，即∠ADC＝∠BDM，
在△ACD和△BMD中，
，
∴△ACD≌△BMD（SAS），
∴AC＝BM，
∵AC＝6，
∴BM＝BC+CM＝BC+CD＝AC＝6；
故答案为：6；
（3）解：BE＝DF+AE，理由如下：
过D作DG⊥DE，交BE于点G，
∴∠ADE+∠ADG＝90°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ADG+∠GDB＝90°，
∴∠ADE＝∠GDB，
在△AEH和△BDH中，∠AHE＝∠BHD，∠AEH＝∠BDH＝90°，
∵∠AHE+∠AEH+∠EAH＝180°，∠BHD+∠BDH+∠HBD＝180°，
∴∠EAH＝∠HBD，
在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，
∴AD＝BD，
在△AED和△BGD中，
，
∴△AED≌△BGD（ASA），
∴DE＝DG，AE＝BG，
∴△DEG为等腰直角三角形，
∴∠DEG＝∠DGE＝45°，
∵DF⊥AC，BE⊥AC，
∴DF∥BE，
∴∠EDF＝∠DEG＝45°，
∴∠DEQ＝∠FEQ＝45°，即∠FED＝90°，
∴∠FED＝∠EDG＝90°，
∴FE∥DG，
∴四边形EFDG为平行四边形，
∴EG＝FD，
∴BE＝BG+GB＝FD+AE．
