八年级数学上册全册全套试卷测试卷(含答案解析)

2023年12月2日发(作者：小学数学试卷分析视频)

八年级数学上册全册全套试卷测试卷（含答案解析）

一、八年级数学三角形填空题（难）

1．在ABC中，BACα，边AB的垂直平分线交边BC于点D，边AC的垂直平分线交边BC于点E，连结AD，AE，则DAE的度数为______.(用含α的代数式表示)

【答案】2α﹣180°或180°﹣2α

【解析】

分两种情况进行讨论，先根据线段垂直平分线的性质，得到∠B=∠BAD，∠C=∠CAE，进而a，再根据角的和差关系进行计算即可．

得到∠BAD+∠CAE=∠B+∠C=180°－

解：有两种情况：

①如图所示,当∠BAC⩾90°时，

∵DM垂直平分AB，

∴DA=DB，

∴∠B=∠BAD，

同理可得，∠C=∠CAE，

∴∠BAD+∠CAE=∠B+∠C=180°−α，

∴∠DAE=∠BAC−(∠BAD+∠CAE)=α−(180°−α)=2α−180°；

②如图所示,当∠BAC<90°时，

∵DM垂直平分AB，

∴DA=DB，

∴∠B=∠BAD，

同理可得，∠C=∠CAE，

∴∠BAD+∠CAE=∠B+∠C=180°−α，

∴∠DAE=∠BAD+∠CAE−∠BAC=180°−α−α=180°−2α.

故答案为2α−180°或180°−2α.

点睛：本题主要考查垂直平分线的性质.根据题意准确画出符合题意的两种图形是解题的关键.

2．一个等腰三角形的两边长分别为4cm和9cm，则它的周长为__cm．

【答案】22

【解析】

【分析】

底边可能是4，也可能是9，分类讨论，去掉不合条件的，然后可求周长.

【详解】

试题解析：①当腰是4cm，底边是9cm时：不满足三角形的三边关系，因此舍去．

②当底边是4cm，腰长是9cm时，能构成三角形，则其周长=4+9+9=22cm．

故填22．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答.

3．如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内时，∠A与∠1＋∠2之间有始终不变的关系是__________．

【答案】2∠A＝∠1＋∠2

【解析】

【分析】

根据∠1与∠AED的2倍和∠2与∠ADE的2倍都组成平角，结合△AED的内角和为180°可求出答案．

【详解】

∵△ABC纸片沿DE折叠，

∴∠1＋2∠AED＝180°，∠2＋2∠ADE＝180°，

∴∠AED＝11（180°−∠1），∠ADE＝（180°−∠2），

22∴∠AED＋∠ADE＝111（180°−∠1）＋（180°−∠2）＝180°−（∠1＋∠2）

22211（∠1＋∠2）]＝（∠1＋22∴△ADE中，∠A＝180°−（∠AED＋∠ADE）＝180°−[180°−∠2），

即2∠A＝∠1＋∠2．

故答案为：2∠A＝∠1＋∠2．

【点睛】

本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°及图形翻折变换的性质是解答此题的关键．

4．中国人民银行近期下发通知，决定自2019年4月30日停止兑换第四套人民币中菊花1角硬币.

如图所示，则该硬币边缘镌刻的正多边形的外角的度数为_______.

【答案】45°

【解析】

【分析】

根据正多边形的外角度数等于外角和除以边数可得.

【详解】

∵硬币边缘镌刻的正多边形是正八边形，

∴它的外角的度数等于360÷8=45°.

故答案为45°.

【点睛】

本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是360°．

5．如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线BE、CD相交于点F，∠A=60°，则∠BFC=______．

【答案】120

【解析】

【分析】

根据角平分线的定义可得出∠CBF=∠A=60°即可求出∠BFC的度数．

【详解】

∵∠ABC、∠ACB的平分线BE、CD相交于点F，

∴∠CBF=11∠ABC、∠BCF=∠ACB，再根据内角和定理结合2211∠ABC，∠BCF=∠ACB．

22

∵∠A=60°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=120°，

∴∠BFC=180°﹣（∠CBF+BCF）=180°﹣故答案为120°．

【点睛】

1（∠ABC+∠ACB）=120°．

2本题考查了三角形内角和定理，根据角平分线的定义结合三角形内角和定理求出角的度数是解题的关键．

6．如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE相交于点F，若BF＝AC，则∠ABC＝_____度．

【答案】45

【解析】

【分析】

根据三角形全等的判定和性质，先证△ADC≌△BDF，可得BD=AD，可求∠ABC=∠BAD=45°．

【详解】

∵AD⊥BC于D，BE⊥AC于E

∴∠EAF+∠AFE=90°，∠DBF+∠BFD=90°，

又∵∠BFD=∠AFE（对顶角相等）

∴∠EAF=∠DBF，

在Rt△ADC和Rt△BDF中，

CAD＝FBDBDF＝ADC，

BF＝AC∴△ADC≌△BDF（AAS），

∴BD=AD，

即∠ABC=∠BAD=45°．

故答案为45．

【点睛】

三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．

二、八年级数学三角形选择题（难）

7．如图，在ABC中，点D在BC上，点O在AD上，如果SAOB3，SBOD2， SACO1，那么SCOD（

）

A．1

3B．1

2C．3

2D．2

3【答案】D

【解析】

【分析】

根据三角形的面积公式结合SAOB3，SBOD2求出AO与DO的比，再根据SACO1，即可求得SCOD的值．

【详解】

∵SAOB3，SBOD2，且AD边上的高相同，

∴AO：DO=3：2．

∵△ACO和△COD中，AD边上的高相同，

∴S△AOC：S△COD= AO：DO=3：2，

∵SACO1，

∴SCOD

故选D．

【点睛】

本题考查了三角形的面积及等积变换，利用同底等高的三角形面积相等是解题的关键．

2.

3

8．已知三角形的三边长分别为2，a－1，4，则化简|a－3|＋|a－7|的结果为（ ）

A．2a－10

C．4

【答案】C

【解析】

试题分析：已知三角形的三边长分别为2，a－1，4，则根据三角形的三边关系：可得：a-1>4-2，a-1<2+4即a>3，a<7.所以a－3>0，a-7<0. |a－3|＋|a－7|=a-3+（7-a）=4.故选C

点睛：本题主要考查考生三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边。由此可以得到a>3，a<7，因此可以判断a-3和a-7的正负情况。此题还考查了考生绝对值的运算法则：正数的绝对值是其本身，负数的绝对值是它的相反数，零的绝对值还B．10－2a

D．－4

是零。由此可化简|a－3|＋|a－7|

9．如图，四边形ABCD中，E、F、G、H依次是各边中点，O是四边形ABCD内一点， 若四边形AEOH、四边形BFOE、四边形CGOF的面积分别为7、9、10，则四边形DHOG的面积为（ ）

A．7

【答案】B

【解析】

B．8 C．9 D．10

分析：连接OC，OB，OA，OD，易证S△OBF=S△OCF，S△ODG=S△OCG，S△ODH=S△OAH，S△OAE=S△OBE，所以S四边形AEOH+S四边形CGOF=S四边形DHOG+S四边形BFOE，所以可以求出S四边形DHOG．

详解：连接OC，OB，OA，OD，

∵E、F、G、H依次是各边中点，

∴△AOE和△BOE等底等高，

∴S△OAE=S△OBE，

同理可证，S△OBF=S△OCF，S△ODG=S△OCG，S△ODH=S△OAH，

∴S四边形AEOH+S四边形CGOF=S四边形DHOG+S四边形BFOE，

∵S四边形AEOH=7，S四边形BFOE=9，S四边形CGOF=10，

∴7+10=9+S四边形DHOG，

解得，S四边形DHOG=8．

故选B.

点睛：本题考查了三角形的面积．解决本题的关键将各个四边形划分，充分利用给出的中点这个条件，证得三角形的面积相等，进而证得结论．

10．如图，△ABC的角平分线CD、BE相交于F，∠A=90°，EG∥BC，且CG⊥EG于G，下列结论：

①∠CEG=2∠DCB；②∠DFB= ∠CGE；③∠ADC=∠GCD；④CA平分∠BCG;其中正确的个数是（ ）

A．1

【答案】C

【解析】

【分析】

根据平行线、角平分线、垂直的性质及三角形内角和定理依次判断即可得出答案．

【详解】

①∵EG∥BC，

∴∠CEG=∠ACB．

又∵CD是△ABC的角平分线，

∴∠CEG=∠ACB=2∠DCB，故正确；

④无法证明CA平分∠BCG，故错误；

③∵∠A=90°，

∴∠ADC+∠ACD=90°．

∵CD平分∠ACB，

∴∠ACD=∠BCD，

∴∠ADC+∠BCD=90°．

∵EG∥BC，且CG⊥EG，

∴∠GCB=90°，即∠GCD+∠BCD=90°，

∴∠ADC=∠GCD，故正确；

②∵∠EBC+∠ACB=∠AEB，∠DCB+∠ABC=∠ADC，

∴∠AEB+∠ADC=90°+（∠ABC+∠ACB）=135°，

∴∠DFE=360°﹣135°﹣90°=135°，

∴∠DFB=45°=∠CGE，

∴∠CGE=2∠DFB，

∴∠DFB=∠CGE，故正确．

故选C．

点睛：本题主要考查的是三角形内角和定理，熟知直角三角形的两锐角互余是解答此题的关键．

B．2 C．3 D．4

11．一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（ ）

A．108°

【答案】C

【解析】

B．90° C．72° D．60°

【分析】

首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=540，即可求得n=5，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．

【详解】

解：设此多边形为n边形，

根据题意得：180（n-2）=540，

解得：n=5，

∴这个正多边形的每一个外角等于：故选C．

【点睛】

此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n-2）•180°，外角和等于360°．

360=72°．

5

12．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线相交于D点，∠A=50°，则∠D=（

）

A．15°

B．20°

C．25°

D．30°

【答案】C

【解析】

1∠A．

2解：∵∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线相交于D点，

根据角平分线的定义和三角形的外角的性质即可得到∠D=∴∠1=11∠ACE，∠2=∠ABC，

22又∠D=∠1﹣∠2，∠A=∠ACE﹣∠ABC，

1∠A=25°．

2故选C．

∴∠D=

三、八年级数学全等三角形填空题（难）

013．如图,在△ABC中，∠C=90,点D在AB上，BC=BD,DE⊥AB交AC于点E，△ABC的周长为12，△ADE的周长为6，则BC的长为_______

【答案】3

【解析】

【分析】

连接BE，由斜边直角边判定RtBDE RtBCE，从而DECE,再由△ABC的周长

△ADE的周长即可求得BC的长．

【详解】

如图：连接BE，

DE⊥AB，

BDE900，

在RtBDE和RtBCE中，

BEBE，

BDBCRtBDE RtBCE，

DECE,

△ABC的周长=AB+BC+AC=2BC+AD+AE+DE=12，

△ADE的周长= AD+AE+DE =6，

BC=3，

故答案为3．

【点睛】

本题考查三角形全等的判定和性质以及和三角形有关的线段，连接BE构造全等三角形是解 答此题的关键.

14．如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BM⊥BQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上一动点,满足PN=AB,随着P点运动而运动,当点P运动_______秒时，△BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)

【答案】0；4；8；12

【解析】

【分析】

此题要分两种情况：①当P在线段BC上时，②当P在BQ上，再分别分两种情况AC＝BP或AC＝BN进行计算即可．

【详解】

解：①当P在线段BC上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，

∵AC＝2，

∴BP＝2，

∴CP＝6−2＝4，

∴点P的运动时间为4÷1＝4（秒）；

②当P在线段BC上，AC＝BN时，△ACB≌△NBP，

这时BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为0秒；

③当P在BQ上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，

∵AC＝2，

∴BP＝2，

∴CP＝2＋6＝8，

∴点P的运动时间为8÷1＝8（秒）；

④当P在BQ上，AC＝NB时，△ACB≌△NBP，

∵BC＝6，

∴BP＝6，

∴CP＝6＋6＝12，

点P的运动时间为12÷1＝12（秒），

故答案为：0或4或8或12．

【点睛】

本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

15．已知：四边形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=90°，三角形ABC的面积为1，则线段AC的长度是___________.

【答案】2

【解析】

【分析】

过B作BE⊥AC于E,

过D作DF⊥AC于F,构造利用等腰三角形三线合一的性质得出：AF=为1进行计算即可.

【详解】

过B作BE⊥AC于E,

过D作DF⊥AC于F,

可得BE=AF=

得出BE=AF

，利用三角形ABC的面积

∴∠BEA=∠AFD=90°

∴∠2+∠3=90°

∵∠BAD=90°

∴∠1+∠2=90°

∴∠1=∠3

∵AB=AD

∴∴BE=AF

∵AD=CD，DF⊥AC

∴AF=∴BE=AF=∴∴AC=2

故答案为：2

【点睛】

本题考查了利用一线三等角构造全等三角形，以及利用三角形面积公式列方程求线段，熟练掌握辅助线做法构造全等是解题的关键.

16．已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC； ②∠BCE+∠BCD=180°；

③AF2=EC2﹣EF2； ④BA+BC=2BF．其中正确的是_____．

【答案】①②③④．

【解析】

【分析】

根据已知条件易证△ABD≌△EBC，可判定①正确；根据等腰三角形的性质、对顶角相等、结合全等三角形的性质及平角的定义即可判定②正确；证明AD=AE=EC，再利用勾股定理即可判定③正确；过E作EG⊥BC于G点，证明Rt△BEG≌Rt△BEF及Rt△CEG≌Rt△AFE，根据全等三角形的性质可得AF=CG，所以BA+BC=BF+FA+BG﹣CG=BF+BG=2BF，即可判定④正确.

【详解】

①∵BD为△ABC的角平分线，

∴∠ABD=∠CBD，

在△ABD和△EBC中，

BDBCABDCBD，

BEBA ∴△ABD≌△EBC（SAS），

∴①正确；

②∵BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，

∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，

∵△ABD≌△EBC，

∴∠BCE=∠BDA，

∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，

∴②正确；

③∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，

∴∠DCE=∠DAE，

∴△ACE为等腰三角形，

∴AE=EC，

∵△ABD≌△EBC，

∴AD=EC，

∴AD=AE=EC，

∵EF⊥AB，

∴AF2=EC2﹣EF2；

∴③正确；

④如图，过E作EG⊥BC于G点，

∵E是BD上的点，∴EF=EG，

在Rt△BEG和Rt△BEF中，

BEBE ，

EFEG∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），

∴BG=BF，

在Rt△CEG和Rt△AFE中，

EFFG，

AECE∴Rt△CEG≌Rt△AFE（HL），

∴AF=CG，

∴BA+BC=BF+FA+BG﹣CG=BF+BG=2BF，

∴④正确．

故答案为：①②③④．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．

17．如图，AB＝BC且AB⊥BC，点P为线段BC上一点，PA⊥PD且PA＝PD，若∠A＝22°，则∠D的度数为_________．

【答案】23°

【解析】

解：过D作DE⊥PC于E．∵PA⊥PD，∴∠APB+∠DPE=90°．∵AB⊥BC，∴∠A+∠APB=90°，∴∠A=∠DPE=22°．在△ABP和△PED中，∵∠A=∠DPE，∠B=∠E=90°，PA＝PD，∴△ABP≌△PED，∴AB=PE，BP=DE．∵AB=BC，∴BC=PE，∴BP=CE．∵BP=DE，∴CE=DE，∴∠DCE=45°，∴∠PDC=∠DCE－∠DPC=45°－22°=23°．故答案为：23°．

18．如图：△ABC中，∠ACB=90°，∠CAD=30°，AC=BC=AD，CE⊥CD，且CE=CD，连接BD，DE，BE，则下列结论：①∠ECA=165°，②BE=BC；③AD⊥BE；其中正确的是_________

【答案】①②③

【解析】

如图，（1）∵AC=AD，∠CAD=30°，

∴∠ACD=∠ADC=1803075，

2∵CE⊥DC，∴∠DCE=90°，∴∠ACE=∠ACD+∠DCE=165°.故①正确；

（2）由（1）可知：∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACE-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE，

ACBC在△ACD和△BCE中，ACDBCE ，

CDCE∴△ACD≌△BCE，∴BE=AD=BC.故②正确；

（3）延长AD交BE于点F，∵△ACD≌△BCE，∴∠2=∠CAD=30°，

∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CAB=∠3=45°，∴∠1=∠CAB-∠CAD=15°，

∴∠AFB=180°-∠1-∠2-∠3=90°，∴AD⊥BE.故③正确；

综上所述：正确的结论是①②③.

四、八年级数学全等三角形选择题（难）

19．如图，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，给出下列结论：

①BEDF； ②

DAF15;

③AC垂直平分EF; ④BEDFEF．

其中结论正确的共有( )．

A．1个

【答案】C

【解析】

试题分析：四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．∵△AEF等边三角形，

∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．∴∠BAE+∠DAF=30°．∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE=DF（故①正确）．

∠BAE=∠DAF，∴∠DAF+∠DAF=30°，即∠DAF=15°（故②正确），

∵BC=CD，∴BC﹣BE=CD﹣DF，即CE=CF，∵AE=AF，∴AC垂直平分EF．（故③正确）．

设EC=x，由勾股定理，得EF=x，CG=x，AG=AEsin60°=EFsin60°=2×CGsin60°=x，

B．2个 C．3个 D．4个

∴AC=∴BE+DF=， ∴AB=x﹣x≠， ∴BE=﹣x=，

x．（故④错误）．

∴综上所述，正确的有3个．

考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质．

20．如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，AB＞AD，下列结论中正确的是（ ）

A．AB﹣AD＞CB﹣CD

C．AB﹣AD＜CB﹣CD

【答案】A

【解析】

如图，在AB上截取AE=AD，连接CE．

B．AB﹣AD=CB﹣CD

D．AB﹣AD与CB﹣CD的大小关系不确定

∵AC平分∠BAD，

∴∠BAC=∠DAC，

又AC是公共边，

∴△AEC≌△ADC（SAS），

∴AE=AD，CE=CD，

∴AB-AD=AB-AE=BE，BC-CD=BC-CE，

∵在△BCE中，BE＞BC-CE，

∴AB-AD＞CB-CD．

故选A．

21．程老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题，操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动，图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．

有以下结论：

①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定的△PAQ

②当∠PAQ=30°，PQ=9时，可得到形状唯一确定的△PAQ

③当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定的△PAQ

④当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定的△PAQ

其中所有正确结论的序号是( )

A．②③

【答案】C

【解析】

【分析】

分别在以上四种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，作出PAQ后可得答案．

【详解】

如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出PAQ，发现两个位置的Q都符合题意，所以PAQ不唯一，所以①错误．

B．③④ C．②③④ D．①②③④

如下图，当∠PAQ=30°，PQ=9时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出PAQ，发现左边位置的Q不符合题意，所以PAQ唯一，所以②正确．

如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有 两个交点，作出PAQ，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以PAQ唯一，所以③正确．

如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出PAQ，发现左边位置的Q不符合题意，所以PAQ唯一，所以④正确．

综上：②③④正确．

故选C．

【点睛】

本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图，利用对称关系作出另一个Q是关键．

22．如图，在ABC中，ACBC，ACB90，AE平分BAC交BC于点E，BDAE于点D，DFAC交AC的延长线于点F，连接CD，给出四个结1论:①ADC45;②BDAE;③ACCEAB;④ABBC2FC;其中正确的结2论有 ( )

A．1个

【答案】D

【解析】

试题解析：如图，

B．2个 C．3个 D．4个

过E作EQ⊥AB于Q，

∵∠ACB=90°，AE平分∠CAB，

∴CE=EQ，

∵∠ACB=90°，AC=BC，

∴∠CBA=∠CAB=45°，

∵EQ⊥AB，

∴∠EQA=∠EQB=90°，

由勾股定理得：AC=AQ，

∴∠QEB=45°=∠CBA，

∴EQ=BQ，

∴AB=AQ+BQ=AC+CE，

∴③正确；

作∠ACN=∠BCD，交AD于N，

1∠CAB=22.5°=∠BAD，

2∴∠ABD=90°-22.5°=67.5°，

∴∠DBC=67.5°-45°=22.5°=∠CAD，

∴∠DBC=∠CAD，

在△ACN和△BCD中，

∵∠CAD=DBC＝CAD，

AC＝BCACN＝DCB∴△ACN≌△BCD，

∴CN=CD，AN=BD，

∵∠ACN+∠NCE=90°，

∴∠NCB+∠BCD=90°，

∴∠CND=∠CDA=45°，

∴∠ACN=45°-22.5°=22.5°=∠CAN，

∴AN=CN，

∴∠NCE=∠AEC=67.5°，

∴CN=NE，

∴CD=AN=EN=1AE，

2 ∵AN=BD，

∴BD=1AE，

2∴①正确，②正确；

过D作DH⊥AB于H，

∵∠FCD=∠CAD+∠CDA=67.5°，

∠DBA=90°-∠DAB=67.5°，

∴∠FCD=∠DBA，

∵AE平分∠CAB，DF⊥AC，DH⊥AB，

∴DF=DH，

在△DCF和△DBH中

F＝DHB＝90FCD＝DBA，

DF＝DH∴△DCF≌△DBH，

∴BH=CF，

由勾股定理得：AF=AH，

ACABACAHBHACAMCMACAFCF2AF,2，

AFAFAMAFAF∴AC+AB=2AF，

AC+AB=2AC+2CF，

AB-AC=2CF，

∵AC=CB，

∴AB-CB=2CF，

∴∴④正确．

故选D

23．如图，在△ABC和△DCB中，AB=DC，AC与BD相交于点E，若不再添加任何字母与辅助线，要使△ABC≌

△DCB，则还需增加的一个条件是（

）

A．AC=BD

【答案】A

【解析】

B．AC=BC C．BE=CE D．AE=DE

由AB=DC，BC是公共边，即可得要证△ABC≌△DCB，可利用SSS，即再增加AC=DB即可.

故选A.

点睛：此题主要考查了全等三角形的判定，解题时利用全等三角形的判定：SSS，SAS，ASA，AAS，HL，确定条件即可，此题为开放题，只要答案符合判定定理即可.

24．如图，RtACB中，ACB90，ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PFAD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①APB135；②PFPA；③AHBDAB；④S四边形3ABDESABP，其中正确的个数是（

）

2

A．4

【答案】B

【解析】

【分析】

B．3 C．2 D．1

根据三角形全等的判定和性质以及三角形内角和定理逐一分析判断即可．

【详解】

解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，

∴∠CAB+∠ABC=90°

∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，

∴∠BAD=11CAB，∠ABE=ABC

22111CAB+ABC=(CABABC)45

222∴∠APB=180°-（∠BAD+∠ABE）=135°，故①正确；

∴∠BPD=45°，

又∵PF⊥AD，

∴∠FPB=90°+45°=135°

∴∠APB=∠FPB

又∵∠ABP=∠FBP

BP=BP

∴△ABP≌△FBP（ASA）

∴∠BAP=∠BFP，AB=AB，PA=PF，故②正确；

在△APH与△FPD中

∵∠APH=∠FPD=90°

∴∠BAD+∠ABE= ∠PAH=∠BAP=∠BFP

PA=PF

∴△APH≌△FPD（ASA），

∴AH=FD，

又∵AB=FB

∴AB=FD+BD=AH+BD，故③正确；

连接HD，ED，

∵△APH≌△FPD，△ABP≌△FBP

∴SAPHSFPD，SABPSFBP，PH=PD，

∵∠HPD=90°，

∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD

∴HD∥EP，

∴SEPHSEPD

ABP∵S四边形ABDESSEPHPBDPBDBDPSAEPSEPD

SSSSABPABPABPABP(SSSSAEPAPHFPDFBPSSS)SPBD

2SABP

故④错误，

∴正确的有①②③，

故答案为：B．

【点睛】

本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意AAA和SAS不能判定两个三角形全等．

五、八年级数学轴对称三角形填空题（难）

25．如图，△ABC中，AB=AC，∠A=30°，点D在边AB上，∠ACD=15°，则AD____．

BC

【答案】【解析】

【分析】

根据题意作CE⊥AB于E，作DF⊥AC于F，在CF上截取一点H，使得CH＝DH，连接DH，并设AD＝2x，解直角三角形求出BC（用x表示）即可解决问题．

【详解】

解：作CE⊥AB于E，作DF⊥AC于F，在CF上截取一点H，使得CH=DH，连接DH．

2．

2

设AD=2x，

∵AB=AC，∠A=30°，

∴∠ABC=∠ACB=75°，DF∵∠ACD=15°，HD=HC，

∴∠HDC=∠HCD=15°，

∴∠FHD=∠HDC+∠HCD=30°，

∴DH=HC=2x，FH3x，

∴AB=AC=2x+23x，

在Rt△ACE中，EC1AD=x，AF3x，

21AC=x3x，AE3EC3x+3x，

2∴BE=AB﹣AE3x﹣x，

在Rt△BCE中，BC∴BE2EC222x，

AD2x2．

BC22x22．

2故答案为：【点睛】

本题考查的等腰三角形的性质和解直角三角形以及直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

26．如图，在ABC中，ABAC，点D和点A在直线BC的同侧，BDBC,BAC82,DBC38，连接AD,CD，则ADB的度数为__________．

【答案】30°

【解析】

【分析】

先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理以及角的和差求出ABD的度数，然后作点D关于直线AB的对称点E，连接BE、CE、AE，如图，则BE=BD，∠EBA=∠DB，∠BEA=∠BDA，进而可得∠EBC=60°，由于BD=BC，从而可证△EBC是等边三角形，可得∠BEC=60°，EB=EC，进一步即可根据SSS证明△AEB≌△AEC，可得∠BEA的度数，问题即得解决．

【详解】

解：∵ABAC，BAC82，∴ABC180BAC49，

2∵DBC38，∴ABD493811，

作点D关于直线AB的对称点E，连接BE、CE、AE，如图，则BE=BD，∠EBA=∠DBA=11°，∠BEA=∠BDA，

∴∠EBC=11°+11°+38°=60°，

∵BD=BC，∴BE=BC，∴△EBC是等边三角形，∴∠BEC=60°，EB=EC，

又∵AB=AC，EA=EA，

∴△AEB≌△AEC（SSS），∴∠BEA=∠CEA=1BEC30，

2 ∴∠ADB=30°．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及轴对称的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，难度较大，作点D关于直线AB的对称点E，构造等边三角形和全等三角形的模型是解题的关键．

27．△ABC中，最小内角∠B＝24°，若△ABC被一直线分割成两个等腰三角形，如图为其中一种分割法，此时△ABC中的最大内角为90°，那么其它分割法中，△ABC中的最大内角度数为_____．

【答案】117°或108°或84°．

【解析】

【分析】

根据等腰三角形的性质进行分割，写出△ABC中的最大内角的所有可能值.

【详解】

①∠BAD＝∠BDA＝所示：

11（180°﹣24°）＝78°，∠DAC＝∠DCA＝∠BDA＝39°，如图122

∴∠BAC＝78°+39°＝117°；

②∠DBA＝∠DAB＝24°，∠ADC＝∠ACD＝2∠DBA＝48°，如图2所示：

∴∠DAC＝180°﹣2×48°＝84°，

∴∠BAC＝24°+84°＝108°；

③∠DBA＝∠DAB＝24°，∠ADC＝∠DAC＝2∠DBA＝48°，如图3所示：

∴∠BAC＝24°+48°＝72°，∠C＝180°﹣2×48°＝84°；

∴其它分割法中，△ABC中的最大内角度数为117°或108°或84°，

故答案为：117°或108°或84°．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是根据等腰三角形的性质进行分割找出所有情况.

28．如图，在3×3的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出_____个格点三角形与△ABC成轴对称．

【答案】6

【解析】

【分析】

根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解．

【详解】

如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．

故答案为：6．

【点睛】

本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题难点在于确定出不同的对称轴．

29．如图，已知AOB30，点P在边OA上，ODDP14，点E，F在边OB上，PEPF.若EF6，则OF的长为____.

【答案】18

【解析】

【分析】

由30°角我们经常想到作垂线，那么我们可以作DM垂直于OA于M，作PN垂直于OB于点N，证明△PMD≌△PND，进而求出DF长度，从而求出OF的长度.

【详解】

如图所示，作DM垂直于OA于M，作PN垂直于OB于点N.

∵∠AOB=30°，∠DMO=90°，PD=DO=14，

∴DM=7，∠NPO=60°，∠DPO=30°，

∴∠NPD=∠DPO=30°，

∵DP=DP，∠PND=∠PMD=90°，

∴△PND≌△PMD，

∴ND=7，

∵EF=6，

∴DF=ND-NF=7-3=4，

∴OF=DF+OD=14+4=18.

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定及性质定理，作辅助线构造全等三角形是解题的关键.

30．已知，∠MON=30°，点A1、A2、A3在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1=a，则△A7B7A8的边长为______．

【答案】64a

【解析】

【分析】

根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，根据30°角所对直角边等于斜边的一半得到A2B2=2B1A2，进而得出A3B3=4B1A2=4a，A4B4=8B1A2=8a，A5B5=16B1A2…从而得到答案．

【详解】

∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，∴∠2=120°．

∵∠MON=30°，∴∠1=180°﹣120°﹣30°=30°．

又∵∠3=60°，∴∠5=180°﹣60°﹣30°=90°．

∵∠MON=∠1=30°，∴OA1=A1B1=a，∴A2B1=a．

∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11=∠10=60°，∠13=60°．

∵∠4=∠12=60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3，∴A3B3=4B1A2=4a，A4B4=8B1A2=8a，A5B5=16B1A2=16a，以此类推：A7B7=64B1A2=64a．

故答案为：64a．

【点睛】

本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，根据已知得出A3B3=4B1A2，A4B4=8B1A2，A5B5=16B1A2进而发现规律是解题的关键．

六、八年级数学轴对称三角形选择题（难）

31．已知点M(2,2)，且OM=22，在坐标轴上求作一点P，使△OMP为等腰三角形，则点P的坐标不可能是（

）

A．(22,0)

【答案】D

【解析】

【分析】

分类讨论：OM=OP；MO=MP；PM=PO，分别计算出相应的P点，从而得出答案．

【详解】

∵M(2,2),且OM=22,且点P在坐标轴上

当OMOP22

时

P点坐标为：22,0,0,22

，A满足；

当MOMP22时：

P点坐标为：4,0,0,4，B满足；

当PMPO时：

P点坐标为：2,0,0,2，C满足

故答案选：D

【点睛】

B．(0,4) C．(4,0) D．(0,82)

 本题考查动点问题构成等腰三角形，利用等腰三角形的性质分类讨论是解题关键．

32．如图，在射线OA，OB上分别截取OA1OB1，连接A1B1，在B1A1，B1B上分别截取B1A2B1B2，连接A2B2，（

）

按此规律作下去，若A1B1O，则A10B10O

A．a

102B．a

92C．a

20D．a

18【答案】B

【解析】

【分析】

根据等腰三角形两底角相等用表示出A2B2O，依此类推即可得到结论．

【详解】

解：B1A2B1B2，A1B1O，

1A2B2O，

2111同理A3B3O2，

222A4B4O1，

231，

2n1AnBnOA10B10O29，

故选：B．

【点睛】

本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，图形的变化规律，依次求出相邻的两个角的差，得到分母成2的指数次幂变化，分子不变的规律是解题的关键．

33．如图，△ABC的周长为32，点D、E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，若BC＝12，则PQ的长为（ ）

A．3

【答案】B

【解析】

【分析】

B．4 C．5 D．6

首先判断△BAE、△CAD是等腰三角形，从而得出BA＝BE，CA＝CD，由△ABC的周长为32以及BC＝12，可得DE＝8，利用中位线定理可求出PQ．

【详解】

∵BQ平分∠ABC，BQ⊥AE，

∴∠ABQ＝∠EBQ，

∵∠ABQ+∠BAQ＝90°，∠EBQ+∠BEQ＝90°，

∴∠BAQ＝∠BEQ，

∴AB＝BE，同理：CA＝CD，

∴点Q是AE中点，点P是AD中点（三线合一），

∴PQ是△ADE的中位线，

∵BE+CD＝AB+AC＝32﹣BC＝32﹣12＝20，

∴DE＝BE+CD﹣BC＝8，

∴PQ＝1DE＝4．

2故选：B．

【点睛】

本题考查了三角形的中位线定理和等腰三角形的性质和判定，解答本题的关键是判断出△BAE、△CAD是等腰三角形，利用等腰三角形的性质确定PQ是△ADE的中位线．

34．如图，四边形ABCD中，∠C=，∠B=∠D=，E，F分别是BC，DC上的点，当△AEF的周长最小时，∠EAF的度数为（

）．

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

作点A关于直线BC和直线CD的对称点G和H，连接GH，交BC、CD于点E、F，连接AE、AF，则此时△AEF的周长最小，由四边形的内角和为360°可知，∠BAD=360°-90°-90°-50°=130°，即∠1+∠2+∠3=130°①，由作图可知，∠1=∠G，∠3=∠H，△AGH的内角和为180°，则2（∠1+∠3）+ ∠2=180°②，又①②联立方程组，解得∠2=80°．

故选D．

考点：轴对称的应用；路径最短问题．

35．如果三角形有一个内角为120°，且过某一顶点的直线能将该

三角形分成两个等腰三角形，那么这个三角形最小的内角度数是( )

A．15°

【答案】C

【解析】

【分析】

依据三角形的一个内角的度数为120°，且过某一顶点能将该三角形分成两个等腰三角形，运用分类思想和三角形内角和定理，即可得到该三角形其余两个内角的度数．

【详解】

如图1，当∠A=120°，AD=AC，DB=DC时，∠ADC=∠ACD=30°，∠DBC=∠DCB=15°，

所以，∠DBC=15°，∠ACB=30°+15°=45°；

故∠ABC=60°，∠C=80°；

B．40 C．15°或20° D．15°或40°

如图2，当∠BAC=120°，可以以A为顶点作∠BAD=20°，则∠DAC=100°，

∵△APB，△APC都是等腰三角形；

∴∠ABD=20°，∠ADC=∠ACD=40°，

如图3，当∠BAC=120°，以A为顶点作∠BAD=80°，则∠DAC=40°，

∵△APB，△APC都是等腰三角形，

∴∠ABD=20°，∠ADC=100°，∠ACD=40°．

故选C．

【点睛】

本题主要考查了三角形内角和定理以及等腰三角形的性质的运用，解决问题的关键是掌握等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．

36．如图，在平面直角坐标系中，A(1，2)，B(3，2)，连接AB，点P是x轴上的一个动点，连接AP、BP，当△ABP的周长最小时，对应的点P的坐标和△ABP的最小周长分别为( )

A．(1，0)，224 B．(3，0)，224 C．(2,0),

25

【答案】D

【解析】

D．(2,0),252

作A关于x轴的对称点N（1，-2），连接BN与x轴的交点即为点P的位置，此时△ABP的周长最小.

设直线BN的解析式为ykxb，

∵N(1，-2)，B(3，2)，

∴kb23kb2 ，

解得k2b4，

∴y2x4，

当y0时，2x40，

解得，x2，

∴点P的坐标为（2，0）；

∵A(1，2)，B(3，2)，

∴AB//x轴，

∵AN⊥x轴，

∴AB⊥x轴，

在Rt△ABC中，AB＝2，AN＝4，

由勾股定理得，

BN＝AB2AN2224225，

∵AP=NP,

∴△ABP的周长最小值为：AB+BP+AP=AB+BP+PN=AB+BN=2+25.

故选D.

点睛：本题考查最短路径问题.利用轴对称作出点P的位置是解题的关键.

七、八年级数学整式的乘法与因式分解选择题压轴题（难）

37．将多项式x24加上一个整式，使它成为完全平方式，则下列不满足条件的整式是( )

A．4

【答案】D

【解析】

【分析】

B．±4x C．14x

16D．12x

16分x2是平方项与乘积二倍项，以及单项式的平方三种情况，根据完全平方公式讨论求解.

【详解】

解：①当x2是平方项时，4士4x+x²=（2士x）2，则可添加的项是4x或一4x；

②当x2是乘积二倍项时，4+ x2+③若为单项式，则可加上-4.

故选：D.

【点睛】

本题考查了完全平方式，比较复杂，需要我们全面考虑问题，首先考虑三个项分别充当中间项的情况，就有三种情况，还有就是第四种情况加上一个数，得到一个单独的单项式，也是可以成为一个完全平方式，这种情况比较容易忽略，要注意.

1411x =（2+x2）2，则可添加的项是x4；

16416

38．若A＝(2＋1)(22＋1)(24＋1)(28＋1)＋1，则A的末位数字是( )

A．2

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：根据题意可得A=（2-1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）+1

=（22-1）（22+1）（24+1）（28+1）+1

=（24-1）（24+1）（28+1）+1

=（28-1）（28+1）+1

=216

··根据21=2；22=4；23=8；24=16；25=32；·因此可由16÷4=4，所以216的末位为6

故选C

点睛：此题是应用平方差公式进行计算的规律探索题，解题的关键是通过添加式子，使原式变化为平方差公式的形式；再根据2的n次幂的计算总结规律，从而可得到结果.

B．4 C．6 D．8

39．多项式x2﹣4xy﹣2y+x+4y2分解因式后有一个因式是x﹣2y，另一个因式是（ ）

A．x+2y+1

【答案】C

【解析】

【分析】

首先将原式重新分组，进而利用完全平方公式以及提取公因式法分解因式得出答案．

B．x+2y﹣1 C．x﹣2y+1 D．x﹣2y﹣1

【详解】

解：x2﹣4xy﹣2y+x+4y2

＝（x2﹣4xy+4y2）+（x﹣2y）

＝（x﹣2y）2+（x﹣2y）

＝（x﹣2y）（x﹣2y+1）．

故选：C．

【点睛】

此题考察多项式的因式分解，项数多需用分组分解法，在分组后得到两项中含有公因式（x-2y），将其当成整体提出，进而得到答案.

40．利用平方差公式计算(2x5)(2x5)的结果是

A．4x25

【答案】C

【解析】

【分析】

平方差公式是（a+b）（a-b）=a2-b2.

【详解】

解：2x52x52x52x54x25254x，

22B．4x225 C．254x2 D．4x225

故选择C.

【点睛】

本题考查了平方差公式，应牢记公式的形式.

41．化简2x的结果是（ ）

A．x4

【答案】C

【解析】

【分析】

利用积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘即可．

【详解】

(2x)²=2²·x²=4x²，

故选C.

【点睛】

本题考查了积的乘方，解题的关键是掌握积的乘方的运算法则.

B．2x2 C．4x2 D．4x

2

42．将多项式4x21加上一个单项式后，使它能成为另一个整式的完全平方，下列添加单项式错误的是（

）

A．4x

【答案】B

B．4x4 C．4x4 D．4x

【解析】

【分析】

完全平方公式：ab=a22abb2，此题为开放性题目．

【详解】

设这个单项式为Q，

如果这里首末两项是2x和1这两个数的平方，那么中间一项为加上或减去2x和1积的2倍，故Q=±4x；

如果这里首末两项是Q和1,则乘积项是4x222x2,所以Q=4x4；

如果该式只有4x2项，它也是完全平方式，所以Q=−1；

如果加上单项式4x4，它不是完全平方式

故选B.

【点睛】

此题考查完全平方式，解题关键在于掌握完全平方式的基本形式.

2

八、八年级数学整式的乘法与因式分解填空题压轴题（难）

43．已知a-b=4，ab=6，则a2b2=

_________．

【答案】28

【解析】

【分析】

对完全平方公式进行变形即可解答.

【详解】

222解：∵(ab)a2abb16

2∴a2b2=(ab)+2ab=16+2×6=28

故答案为28.

【点睛】

本题考查了完全平方公式的应用，掌握完全平方公式并能够进行灵活变形是解答本题的关键.

44．5(m－n)-(n-m)可以写成________与________的乘积．

【答案】 (m-n)4，

（5+m-n）

【解析】把多项式5(m－n)4-(n-m)5运用提取公因式法因式分解即可得5(m－n)4-(n-m)5=(m－n)4（5+m-n）.

故答案为：(m-n)，（5+m-n）.

445

x2y52245．已知x，y满足方程组x2y3，则x4y的值为______．

【答案】-15

【解析】

【分析】观察所求的式子以及所给的方程组，可知利用平方差公式进行求解即可得.

x2y5【详解】∵x2y3，

∴x24y2=（x+2y）（x-2y）=-3×5=-15，

故答案为：-15.

【点睛】本题考查代数式求值，涉及到二元一次方程组、平方差公式因式分解，根据代数式的结构特征选用恰当的方法进行解题是关键.

46．因式分解：x3﹣4x=_____．

【答案】x（x+2）（x﹣2）

【解析】

试题分析：首先提取公因式x，进而利用平方差公式分解因式．即x3﹣4x=x（x2﹣4）=x（x+2）（x﹣2）．故答案为x（x+2）（x﹣2）．

考点：提公因式法与公式法的综合运用．

47．若x2ax4x2，则a_____．

【答案】-4

【解析】

【分析】

直接利用完全平方公式得出a的值．

【详解】

解：∵x2ax4x2，

∴a4

故答案为：4

【点睛】

此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．

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48．已知x2+2x＝3，则代数式（x+1）2﹣（x+2）（x﹣2）+x2的值为_____．

【答案】8

【解析】

【分析】

利用完全平方公式及平方差公式把原式第一项和第二项展开，去括号合并同类项得到最简结果，把x2+2x＝3代入即可得答案.

【详解】

原式=x2+2x+1-(x2-4)+x2

=x2+2x+1-x2+4+x2

=x2+2x+5.

∵x2+2x＝3，

∴原式=3+5=8.

故答案为8

【点睛】

此题考查了整式的混合运算-化简求值，涉及的知识有：完全平方公式，平方差公式，去括号法则，以及合并同类项法则，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．

九、八年级数学分式三角形填空题（难）

49．已知关于x的分式方程【答案】-1或0或【解析】

若关于x的分式方程解.

解：去分母方程两边同乘x(x1)

得，

a2ax1=0无解，则a的值为____________.

－x1x2x1

2a2ax1－=0无解，则最简公分母为零或所化成的整式方程无x1x2xax(2ax1)0

ax2ax10

(a1)x2a10

(a1)x2a1

当a10

即a1时，整式方程无解，即分式方程无解；

当a10时，有x0或x1时，分式方程无解，此时a故答案为-1或0或1或a0

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2点睛：本题主要考查分式方程无解问题.本题的易错点在于只考虑到了最简公分母为零的情况，而忽略了化为整式方程后，整式方程无解这一情况，从而导致答案不全.

50．若关于x的分式方程【答案】-1或2

【解析】

1a2﹣=2无解，求a=______．

x23xx5x621a21a∵, ∴﹣=+=x3

x23xx25x6x2x3（x2）∵方程无解，∴(x-2)(x-3)=0, ∴x=2由x=3.

51．八年级数学教师邱龙从家里出发，驾车去离家180km的风景区度假，出发一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原速的1.5倍匀速行驶，并提前40分钟到达风景区；第二天返回时以去时原计划速度的1.2倍行驶回到家里.那么来回行驶时间相差_________分钟.

【答案】10

【解析】

【分析】

设从家到风景区原计划行驶速度为xkm/h，根据“实际时间=计划时间－40”得出方程，60求出原计划的行驶速度，进而计算出从家到风景区所用的时间以及回家所用的时间，即可得出结论．

【详解】

设从家到风景区原计划行驶速度为xkm/h，根据题意可得：

180x180401，

1.5xx60解得：x=60，

检验得：x=60是原方程的根．

∴第一天所用的时间180407=(小时)，

60603第二天返回时所用时间=180÷(60×1.2)=2.5(小时)，

71=(小时)=10(分钟)．

36故答案为：10．

【点睛】

时间差=2.5－本题考查了分式方程的应用，正确得出方程是解答本题的关键．

52．已知关于x的分式方程【答案】k<6且k≠3

【解析】

分析：根据解分式方程的步骤，可得分式方程的解，根据分式方程的解是正数，可得不等式，解不等式，可得答案，并注意分母不分零．

详解：xk2有一个正数解，则k的取值范围为________.

x3x3xk2，

x3x3方程两边都乘以（x-3），得

x=2（x-3）+k，

解得x=6-k≠3，

关于x的方程程xk2有一个正数解，

x3x3 ∴x=6-k＞0，

k＜6，且k≠3，

∴k的取值范围是k＜6且k≠3．

故答案为k＜6且k≠3．

点睛：本题主要考查了解分式方程、分式方程的解、一元一次不等式等知识，能根据已知和方程的解得出k的范围是解此题的关键．

2xm3的解是正数，则m的取值范围是__________．

x2【答案】m>-6且m-4

【解析】

53．已知关于x的方程试题分析：分式方程去分母转化为整式方程，表示出x，根据x为正数列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可确定出m的范围．

试题解析：分式方程去分母得：2x+m=3（x-2），

解得：x=m+6，

根据题意得：x=m+6＞0，且m+6≠2，

解得：m＞-6，且m≠-4.

考点:

分式方程的解．

54．方程【答案】x=2

【解析】

试题分析：此题是分式方程的解法问题，先把方程两边同乘以x-3，化为整式方程为2-x=（x-3）+1，再解这个整式方程求得x=2，然后把x=2代入x-3≠0，检验出x=2是原分式方程的解即可.

故答案为：x=2.

点睛：解分式方程的步骤为：

1、确定最简公分母；

2、方程两边同乘以最简公分母，化为整式方程；

3、解整式方程；

4、代入检验，确定是否为分式方程的解.

的解是_____________．