成都七中育才学校2014-2015学年八年级(下)期末数学试卷(含答案)Word格式.doc

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15．如图，▱ABCD中，∠ABC=60°

，E、F分别在CD、BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，DF=2，则EF的长为　　　　　　．

三、解答题：

16．解方程：

﹣1．

17．解方程：

（2x+3）2=3（2x+3）

18．先化简，再求值：

，其中．

四、解答题

19．如图，方格纸中的最小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C坐标为（0，﹣1）

①画出△ABC向上平移3个单位后得到的△A1B1C1；

②画出△ABC绕点C顺时针旋转90°

后得到的△A2B2C2；

③画出△ABC关于点C中心对称后得到的△A3B3C3．

20．某文化用品商店用2000元购进一批学生书包，面市后发现供不应求，商店又购进第二批同样的书包，所购数量是第一批购进数量的3倍，但单价贵了4元，结果第二批用了6300元．

（1）求第一批购进书包的单价是多少元？

（2）若商店销售这两批书包时，每个售价都是120元，全部售出后，商店共盈利多少元？

21．已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．

（1）如果x=﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；

（2）如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；

（3）如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．

22．矩形ABCD中，M是BC的中点，DE⊥AM，E是垂足．

（1）求证：

△ABM∽△DEA；

（2）求证：

DC•AE=DE•MC；

（3）若AB=4，BC=6，求ME的长．

五、填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）

23．若关于x的方程的解为正数，则a的取值范围是　　　　　　．

24．如图，△DEF是由△ABC绕某点旋转得到的，则这点的坐标是　　　　　　．

（第24题）（第26题）（第27题）

25．若关于x的一元二次方程x2+kx+4k2﹣3=0的两个实数根x1，x2，且满足x1+x2=x1•x2，则k的值为　　　　　　．

26．如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开．则下列结论中：

①CM=DM；

②∠ABN=30°

；

③AB2=3CM2；

④△PMN是等边三角形．正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

27．如图，已知△ABC是面积为的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB=2AD，∠BAD=45°

，AC与DE相交于点F，则△AEF的面积等于　　　　　　（结果保留根号）．

二、解答题

28．为落实国务院房地产调控政策，使“居者有其屋”，某市加快了廉租房的建设力度．2010年市政府共投资2亿元人民币建设了廉租房8万平方米，预计到2012年底三年共累计投资9.5亿元人民币建设廉租房，若在这两年内每年投资的增长率相同．

（1）求每年市政府投资的增长率；

（2）若这两年内的建设成本不变，求到2012年底共建设了多少万平方米廉租房．

29．情境观察

将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示．将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A（A′）、B在同一条直线上，如图2所示．

观察图2可知：

与BC相等的线段是　　　　　　，∠CAC′=　　　　　　°

．

问题探究

如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论．

拓展延伸

如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由．

30．如图，若四边形ABCD、四边形GFED都是正方形，显然图中有AG=CE，AG⊥CE．

（1）当正方形GFED绕D旋转到如图2的位置时，AG=CE是否成立？

若成立，请给出证明，若不成立，说明理由．

（2）若正方形GFED绕D旋转到如图3的位置（F在线段AD上）时，延长CE交AG于H，交AD于M，

①求证：

AG⊥CH；

②当AD=4，DG=时，求CH的长．

（3）在

（2）的条件下，在如图所示的平面上，是否存在以A、G、D、N为顶点的四边形为平行四边形的点N？

如果存在，请在图中画出满足条件的所有点N的位置，并直接写出此时CN的长度；

若不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题

A．解：

A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；

B、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；

C、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；

D、平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形．故正确．

故选D．

2．解：

根据题意得2x﹣1≠0，解得x≠，故选：

D．

3．解：

∵x2﹣4x﹣1=0，∴x2﹣4x=1，∴x2﹣4x+4=1+4，∴（x﹣2）2=5．故选B．

4．解：

如图，点A′的坐标为（﹣3，2）．故选B．

5．解：

A、一组对边相等，且这组对边平行的四边形一定是平行四边形，所以A选项错误；

B、对角线相等的平行四边形一定是矩形，所以B选项错误；

C、两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形，所以C选项错误；

D、两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形，所以D选项正确．

6．解：

∵AD是角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，E、F为垂足，

∴DE=DF，且AD上任一点到AB、AC的距离相等；

又AB=AC，根据三线合一的性质，

可得AD垂直平分BC∴BD=CD，

AD上任一点到B、C的距离相等．故选D．

7．解：

分类讨论：

①当a﹣5=0即a=5时，方程变为﹣4x﹣1=0，此时方程一定有实数根；

②当a﹣5≠0即a≠5时，

∵关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1=0有实数根

∴16+4（a﹣5）≥0，∴a≥1．

∴a的取值范围为a≥1．故选：

A．

8．解：

∵凸n边形的内角和为1260°

，

∴（n﹣2）×

180°

=1260°

，解得n=9，

∴9﹣3=6．故选：

9．解：

设乙每小时走x千米，则甲每小时走（x﹣3）千米，由题意得：

﹣=，故选：

10．解：

A、正三角形的每个内角是60°

，正六边形的每个内角是120°

，∵2×

60°

+2×

120°

=360°

，能密铺，故此选项不合题意；

B、正八边形的每个内角是135°

，正方形的每个内角是90°

135°

+90°

C、正五形的每个内角是108°

，正十边形的每个内角是144°

108°

+144°

D、正六边形的每个内角是120°

和正十二边形的每个内角是150°

，120m+150n=360°

，m=3﹣n，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满，符合题意．

故选：

11．解：

由题意得：

x2﹣1=0，且x+1≠0，解得：

x=1，故答案为：

1．

12．解：

∵a2﹣2a﹣1=0，∴a2﹣2a=1，

∴2a2﹣4a=2，∴2a2﹣4a+5=2+5=7．故答案为7．

13．解：

∵▱ABCD的周长为36，

∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．

∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，

∴OD=OB=BD=6．

又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE=CD，

∴OE=BC，

∴△DOE的周长=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=6+9=15，

即△DOE的周长为15．

故答案为：

15．

14．解：

∵平移的距离是边BC长的两倍，

∴BC=CE=EF，

∴四边形ACED的面积是三个△ABC的面积；

∴四边形ACED的面积=12×

3=36cm2．

15．解：

∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=60°

∴∠DCF=60°

又∵EF⊥BC，∴∠CEF=30°

，∴CF=CE，

又∵AE∥BD，∴AB=CD=DE，∴CF=CD，

又∵∠DCF=60°

，∴∠CDF=∠DFC=60°

，∴CD=CF=DF=DE=2，

∴在Rt△CEF中，由勾股定理得：

EF====．

故答案为2．

16．解：

去分母得：

1=﹣2x﹣x+3，解得：

x=，经检验x=是分式方程的解．

17．解：

方程整理得：

（2x+3）2﹣3（2x+3）=0，

分解因式得：

（2x+3）（2x+3﹣3）=0，解得：

x1=﹣，x2=0．

18．解：

==，

当时，原式=．

19．解：

①如图，△A1B1C1为所作；

②如图，△A2B2C2为所作；

③如图，△A3B3C3为所作．

20．解：

（1）设第一批购进书包的单价是x元．则：

×

3=．解得：

x=80．

经检验：

x=80是原方程的根．

答：

第一批购进书包的单价是80元．

（2）×

（120﹣80）+×

（120﹣84）=3700（元）．

商店共盈利3700元．

21．解：

（1）△ABC是等腰三角形；

理由：

∵x=﹣1是方程的根，

∴（a+c）×

（﹣1）2﹣2b+（a﹣c）=0，

∴a+c﹣2b+a﹣c=0，

∴a﹣b=0，

∴a=b，

∴△ABC是等腰三角形；

（2）∵方程有两个相等的实数根，

∴（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0，

∴4b2﹣4a2+4c2=0，

∴a2=b2+c2，

∴△ABC是直角三角形；

（3）当△ABC是等边三角形，∴（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，可整理为：

2ax2+2ax=0，

∴x2+x=0，解得：

x1=0，x2=﹣1．

22．

（1）证明：

∵四边形ABCD为矩形，

∴∠B=90°

，AD∥BC，

∴∠DAE=∠AMB，

∵DE⊥AM

∴∠B=∠AED=90°

∴△ADE∽△MAB；

（2）∵△ADE∽△MAB，

∴AB•AE=DE•MB，

∴AB=CD，

∵M是BC的中点，

∴BM=MC，

∴DC•AE=DE•MC；

（3）解：

∵M是BC中点，AD=BC=6

∴BM=BC=3，

在Rt△ABM中，AB=4，

∴AM==5，

∵△ADE∽△MAB，

∴=，即=，

∴AE=，

∴EM=AM﹣AE=5﹣=．

23．解：

解方程，得x=，

∵关于x的方程的解为正数，∴x＞0，即＞0，

当x﹣1=0时，x=1，代入得：

a=﹣1．此为增根，

∴a≠﹣1，解得：

a＜1且a≠﹣1．

24．解：

如图，连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线，

两线的交点即为旋转中心O′．其坐标是（0，1）．故答案为（0，1）．

25．解：

由根与系数的关系，得x1+x2=﹣k，x1x2=4k2﹣3，

又∵x1+x2=x1x2，

所以﹣k=4k2﹣3，即4k2+k﹣3=0，解得k=或﹣1，

因为△≥0时，所以k2﹣4（4k2﹣3）≥0，

解得：

≤k≤，故k=﹣1舍去，

∴k=．故答案是：

26．解：

∵△BMN是由△BMC翻折得到的，

∴BN=BC，又点F为BC的中点，

在Rt△BNF中，sin∠BNF==，

∴∠BNF=30°

，∠FBN=60°

∴∠ABN=90°

﹣∠FBN=30°

，故②正确；

在Rt△BCM中，∠CBM=∠FBN=30°

∴tan∠CBM=tan30°

∴BC=CM，AB2=3CM2故③正确；

∠NPM=∠BPF=90°

﹣∠MBC=60°

，∠NMP=90°

﹣∠MBN=60°

∴△PMN是等边三角形，故④正确；

由题给条件，证不出CM=DM，故①错误．

故正确的有②③④，共3个．

C．

27．解：

∵△ABC∽△ADE，AB=2AD，

∴=，

∵AB=2AD，S△ABC=，

∴S△ADE=，

如图，在△EAF中，过点F作FH⊥AE交AE于H，

∵∠EAF=∠BAD=45°

，∠AEF=60°

∴∠AFH=45°

，∠EFH=30°

∴AH=HF，

设AH=HF=x，则EH=xtan30°

=x．

又∵S△ADE=，

作CM⊥AB交AB于M，

∵△ABC是面积为的等边三角形，

∴×

AB×

CM=，

∠BCM=30°

设AB=2k，BM=k，CM=k，

∴k=1，AB=2，

∴AE=AB=1，

∴x+x=1，

解得x==．

∴S△AEF=×

1×

=．

28．解：

（1）设每年市政府投资的增长率为x，

根据题意，得：

2+2（1+x）+2（1+x）2=9.5，

整理，得：

x2+3x﹣1.75=0，解得：

x1=0.5，x2=﹣3.5（舍去）．

每年市政府投资的增长率为50%；

（2）到2012年底共建廉租房面积=9.5÷

=38（万平方米）．

到2012年的共建设了38万平方米廉租房．

29．解：

①观察图形即可发现△ABC≌△AC′D，即BC=AD，∠C′AD=∠ACB，

∴∠CAC′=180°

﹣∠C′AD﹣∠CAB=90°

AD，90．

②FQ=EP，理由如下：

∵∠FAQ+∠CAG=90°

，∠FAQ+∠AFQ=90°

∴∠AFQ=∠CAG，同理∠ACG=∠FAQ，

又∵AF=AC，

∴△AFQ≌△CAG，

∴FQ=AG，

同理EP=AG，

∴FQ=EP．

③HE=HF．

过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q．

∵四边形ABME是矩形，

∴∠BAE=90°

∴∠BAG+∠EAP=90°

又AG⊥BC，

∴∠BAG+∠ABG=90°

∴∠ABG=∠EAP．

∵∠AGB=∠EPA=90°

∴△ABG∽△EAP，

∴AG：

EP=AB：

EA．

同理△ACG∽△FAQ，

FQ=AC：

FA．

∵AB=k•AE，AC=k•AF，

∴AB：

EA=AC：

FA=k，

EP=AG：

FQ．

∴EP=FQ．

又∵∠EHP=∠FHQ，∠EPH=∠FQH，

∴Rt△EPH≌Rt△FQH（AAS）．

∴HE=HF．

30．解：

（1）成立．如图2，

∵∠CDE+∠EDA=∠ADG+∠ADE=90°

∴∠ADG=∠CDE，

在△ADG和△CDE中，

∴△ADG≌△CDE（SAS），

∴AG=CE；

（2）如图3，过点E作EP⊥CD于点P，连接AC，

①同

（1）可证△ADG≌△CDE，

∴∠DAG=∠DCE，

∵∠DCM+∠DMC=90°

∴∠DAG+∠AMH=90°

∴AG⊥CH；

②∵∠EDF=∠EDC=45°

，DG=，

∴DP=EP=1，

∵CD=AD=4，

∴CP=3，

∴CE=，

∴AG=，

∵∠DAC=∠ADG=45°

∴DG∥AC，

∴S△AGC=S△ADC==8，

∵，

∴；

（3）①如图4，NADG是平行四边形，

此时，CN=CA+AN=CA+DG==；

②如图5，ANDG是平行四边形，

此时，CN=CA﹣AN=CA﹣DG==；

③如图6，GADN是平行四边形，延长CD交GN于点R，

则CR=CD+RD=4+1=5，

RN=GN﹣GR=4﹣1=3，

∴CN==．

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