人教版数学八年级下册数学期末试卷测试卷(含答案解析)

2023年12月2日发(作者：东莞高考文科数学试卷)

人教版数学八年级下册数学期末试卷测试卷（含答案解析）

一、选择题

1．若m1有意义，则m的值可能是（

）

A．m1

A．等腰三角形

角三角形

3．如图，在下列条件中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（

）

B．m2

B．直角三角形

C．m2 D．m2

D．等腰直2．若ABC的三边a、b、c满足条件(ab)(a2b2c2)0，则ABC为（

）

C．等腰三角形或直角三角形

A．AD//BC，AB=CD

C．OA=OC，OB=OD

B．∠AOB=∠COD，∠AOD=∠COB

D．AB=AD，CB=CD

4．某校有17名同学报名参加信息学竞赛，测试成绩各不相同，学校取前8名参加决赛，小童已经知道了自己的成绩，他想知道自己能否参加决赛，还需要知道这17名同学测试成绩的（ ）

A．中位数 B．平均数 C．众数 D．方差

5．如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：

①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；

②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；

③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；

④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．

其中正确的个数是（

）

A．1

（

）

B．2 C．3 D．4

6．如图，一块三角板放在一张菱形纸片上，斜边与菱形的一边平行，则1的度数是

A．45 B．50 C．60 D．75 7．如图，矩形ABCD中，AB＝7，BC＝6，点F是BC的中点，点E在AB上，且AE＝2，连接DF，CE，点G、H分别是DF，CE的中点，连接GH，则线段GH的长为（

）

A．210 B．13 C．10． D．13

28．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线yx42与x轴交于B点，与y轴交于A点，点C，D在线段

AB上，且CD2AC2BD，若点P在坐标轴上，则满足PCPD7的点P的个数是（

）

A．4 B．3 C．2 D．1

二、填空题

9．函数yx2中，自变量x的取值范围是______．

x10．如图，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，则菱形的面积等于 ___．

11．如图，每个方格都是边长为1的小正方形，则AB＋BC＝_____．

12．边长为a、b的长方形，它的周长为14，面积为10，则a2bab2的值为__．

13．请写出一个一次函数表达式，使此函数满足：①y随x的增大而减小；②函数图象过点（-1，2）,你写的函数表达式是_______． 14．如图中，四边形 ABCD是对角线互相垂直的四边形，且 OB=OD，若使四边形 ABCD为菱形，则需添加的条件是______．（只需添加一个条件即可）

15．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P是线段AB的三等分点（AP＞BP），点C是x轴上的一个动点，连接BC，以BC为直角边，点B为直角顶点作等腰直角△BCD，连接DP．则DP长度的最小值是___．

16．如图所示，将矩形ABCD沿直线AE折叠（点E在边CD上），折叠后顶点D恰好落在边BC上的点F处，若AD＝5，AB＝4，则EC的长是_____．

三、解答题

17．计算：

（1）（6215）×3；

（2）241081﹣6．

2618．湖的两岸有A，B两棵景观树，数学兴趣小组设计实验测量两棵景观树之间的距离，他们在与AB垂直的BC方向上取点C，测得BC30米，AC50米．

求：（1）两棵景观树之间的距离；

（2）点B到直线AC的距离． 19．如图在55的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．点A，点B都在格点上，按下列要求画图．

（1）在图①中，AB为一边画ABC，使点C在格点上，且ABC是轴对称图形；

（2）在图②中，AB为一腰画等腰三角形，使点C在格点上；

（3）在图③中，AB为底边画等腰三角形，使点C在格点上．

20．如图所示，ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F．求证：四边形AFCE是菱形．

21．（1）观察下列各式的特点：

2132，

32>23，

2352，

5265，

…

根据以上规律可知：20212020______20222021（填“＞”“＜”或“＝”）．

（2）观察下列式子的化简过程：

12121，

21(21)(21)13232，

32(32)(32)143＝43，

43(43)(43)…

根据观察，请写出式子1nn1（n≥2，且n是正整数）的化简过程． （3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|111111|||+||+•••+|21323243435411|．

1009910110022．小明爸爸为了让小明上学更近，决定在学校附近租套房子居住．现有甲、乙两家出租房屋，甲家已经装修好，每月租金为2500元；乙家未装修，每月租金为1800元，但需要支付装修费14000元．设租用时间为x个月，所需租金为y元．

（1）请分别写出租用甲、乙两家房屋的租金x甲、x乙与租用时间x之间的函数关系；

（2）试判断租用哪家房屋更合算，并说明理由．

23．（1）如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，过点O的直线l与边AB、CD分别交于点E、F，绕点O旋转直线l，猜想直线l旋转到什么位置时，四边形AECF是菱形．证明你的猜想．

（2）若将（1）中四边形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，

①如图2，绕点O旋转直线l与边AB、CD分别交于点E、F，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重合，点D的对应点为D′，连接DD′，求△DFD′的面积．

②如图3，绕点O继续旋转直线l，直线l与边BC或BC的延长线交于点E，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为B′，当△CEB′为直角三角形时，求BE的长度．请直接写出结果，不必写解答过程．

24．【模型建立】如图1，等腰直角三角形ABC中，ACB90，CBCA，直线ED经过点C，过点A作ADED于点D，过点B作BEED于点E，易证明BEC≌CDA（无需证明），我们将这个模型称为“K形图”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：

【模型运用】

（1）如图2，在平面直角坐标系中，等腰RtACB，ACB90，ACBC，AB与y轴交点D，点C的坐标为(0,2)，A点的坐标为(4,0)，求B，D两点坐标；

（2）如图3，在平面直角坐标系中，直线l函数关系式为：y4x4，它交y轴于点A，交x轴于点C，在x轴上是否存在点B，使直线AB与直线l的夹角为45°？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．

【模型拓展】

（3）如图4，在RtABC中，C90，AC6，BC8，点D在AC上，点E在BC上，CD2，分别连接BD，AE交于F点．若BFE45，请直接写出CE的长．

25．如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．

（1）∠EAF＝

°（直接写出结果不写解答过程）；

（2）①求证：四边形ABCD是正方形．

②若BE＝EC＝3，求DF的长．

（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是

（直接写出结果不写解答过程）．

26．如图1，已知RtABC中，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，且AC＝8，∠DCA＝45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．

(1)如图1，若AB＝2AC，求AE的长；

(2)如图2，若∠B＝30°，求CEF的面积；

(3)如图3，点P是BA延长线上一点，且AP＝BD，连接PF，求证：PF+AF＝BC． 【参考答案】

一、选择题

1．D

解析：D

【分析】

根据二次根式有意义的条件列出不等式，根据题意解答即可．

【详解】

解：由题意得，m10

，

解得，m1

，

则m能取的为大于等于1的数，符合条件的为m2

故选：D

．

【点睛】

本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．

2．C

解析：C

【详解】

解析：∵(ab)(a2b2c2)0，∴ab或a2b2c2．

当只有ab成立时，是等腰三角形．

当只有a2b2c2成立时，是直角三角形．

当ab，a2b2c2同时成立时，是等腰直角三角形．

答案：C

题型解法：此类题型首先根据题意化简式子，找出隐含条件，然后根据三边的关系判断三角形的形状．当三角形的三边满足勾股定理时，即可判断为直角三角形．

3．C

解析：C

【解析】

【分析】

由平行四边形的判定可求解．

【详解】

A、由AD∥BC，AB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形；

B、由∠AOB=∠COD，∠AOD=∠COB不能判定四边形ABCD为平行四边形；

C、由OA=OC，OB=OD能判定四边形ABCD为平行四边形；

D、AB=AD，CB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形； 故选：C．

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定定理，注意：平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．

4．A

解析：A

【解析】

【分析】

由于比赛取前8名参加决赛，共有17名选手参加，根据中位数的意义分析即可．

【详解】

解：由于总共有17个人，且他们的分数互不相同，第9名的成绩是中位数，

要判断是否进入前8名，故应知道自己的成绩和中位数．

故选：A．

【点睛】

本题考查了统计量的选择，以及中位数意义，解题的关键是正确的求出这组数据的中位数．

5．A

解析：A

【分析】

①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．

【详解】

解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，

①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；

②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；

③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；

④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点

EH//GF//BD，HG//EF//AC

EHGF11BD，HGEFAC

22若四边形EFGH是正方形，

EHHG，

ACBD，AC与BD互相垂直且相等,故④正确．

故选：A．

【点睛】

本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 6．C

解析：C

【解析】

【分析】

由菱形的可得∠ADB=∠BDC=30°，即可求解．

【详解】

解：如图，

∵EF∥CD，

∴∠GEF=∠ADC=60°，

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠BDC=30°，

∵∠G=90°，

∴∠1=60°，

故选：C．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是本题的关键．

7．D

解析：D

【解析】

【分析】

取AD中点M，连接CM,FM，过G作GNFM于N，根据已知条件以及三角形中位线定理，求得GN,NH，进而勾股定理解决问题．

【详解】

如图，取AD中点M，连接CM,FM，过G作GNFM于N， 四边形ABCD是矩形，

ADBC,DCAB,ADC90，

MD//CF,MDCF

四边形DMFC是平行四边形，

点F是BC的中点，AB＝7，BC＝6，

DMCF3,MFDCAB7，

ADC90，

四边形DMFC是矩形，

DFMC，

点G、H分别是DF，CE的中点，

MC,DF交于点G,GMFG，

MNNF137,NGDM，

222点H是CE的中点，点F是BC的中点，

HF115EB(ABAE)，

222751，

222NHNFHF在Rt△GNH中

133，

GHNHGN12=2222故选D

【点睛】

本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，添加辅助，构造Rt△GNH是解题的关键．

8．A

解析：A

【分析】

作点C关于y轴的对称点C\'，根据直线yx42与x轴交于B点，与y轴交于A点，求出A，B两点的坐标，然后利用勾股定理求得CD\'40，即C\'DPCPD，可判断点P在x轴上，使得PCPD7的点P的个数是两个；作点D关于x轴的对称点D\'，同理可判断点P在y轴上，使得PCPD7的点P的个数是两个，据此求解即可．

【详解】

解：如图示，作点C关于y轴的对称点C\'，

直线yx42与x轴交于B点，与y轴交于A点，

则当x0时，y42，即A点坐标是：（0，42），

当y0时，x42，即B点坐标是：（42，0），

∴OAOB42，

∴ABOA2OB24242228，

∵CD2AC2BD，ABCDACBD

∴CD4，ACBD2，

由勾股定理可得：CEAE2，DFAF32，

∴OE32，OF2

∴C点坐标是：（2，32），D点坐标是：（32，

2），

则C\'点坐标是：（2，32），

∴CD\'322232222242224049，

\'7，

∴CD即：C\'DPCPD，

∴如下图示， 点P在y轴上，使得PCPD7的点P的个数是两个，

如图示，作点D关于x轴的对称点D\'，

同理可以求得CD\'40，

即：CD\'PCPD，

∴点P在y轴上，使得PCPD7的点P的个数是两个，

综上所述，点P在坐标轴上，满足PCPD7的点P的个数是4个，

故选：A．

【点睛】

本题考查了一次函数的应用、轴对称的性质、勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键．

二、填空题

9．x2且x0

【解析】

【分析】

根据分式的分母不能为0、二次根式的定义即可得．

【详解】

x20由题意得：，

x0解得x2且x0，

故答案为：x2且x0．

【点睛】

本题考查了求函数自变量的取值范围、分式的分母不能为0、二次根式的定义，熟练掌握分式和二次根式的定义是解题关键．

10．24

【解析】

【分析】

根据菱形的面积=对角线积的一半，可求菱形的面积．

【详解】

四边形ABCD是菱形，

S11ACBD6824．

22故答案为：24．

【点睛】

本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质．

11．A

解析：25

【解析】

【分析】

根据勾股定理可以求出AB和BC的长，进而可求出AB+BC的值．

【详解】

解：∵每个方格都是边长为1的小正方形，

∴AB12225，

BC12225

∴AB＋BC＝5525．

故答案为25．

【点睛】

本题考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理是解题的关键． 12．70

【分析】

直接利用长方形的周长和面积公式结合提取公因式法分解因式计算即可．

【详解】

解：依题意：2a+2b=14，ab=10，

则a+b=7

∴a2b+ab2=ab（a+b）=70；

故答案为：70

【点睛】

此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确得出a+b和ab的值是解题关键．

13．y=-2x或y=-x+1等（答案不唯一）

【解析】

【分析】

设一次函数解析式为y＝kx＋b（k≠0），由一次函数的性质结合一次函数图象上点的坐标特征，即可得出．

【详解】

解：设一次函数解析式为y＝kx＋b（k≠0）．

∵一次函数的图象过点（-1，2），且y随x的增大而减小，

∴k＜0，

令k=-1，则y＝-x＋b，将点（-1，2）代入可得：b=1，

故答案可以为：y＝−x+1．

【点睛】

本题考查了一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，牢记“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小．”是解题的关键．

14．A

解析：OAOC

【分析】

根据菱形的判定即可得出答案．

【详解】

∵四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD，OAOC，

∴四边形ABCD是菱形，

故答案为：OAOC．

【点睛】

本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．

15．【分析】

过点B作BM⊥轴于点B，使BM=OB，利用SAS证得△BOC△BMD，再证明M、D、A三点共线，推出四边形AMBO是正方形，当且仅当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，利用勾股定理即 解析：

【分析】

过点B作BM⊥y轴于点B，使BM=OB，利用SAS证得△BOC△BMD，再证明M、D、A三点共线，推出四边形AMBO是正方形，当且仅当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，利用勾股定理即可求解．

【详解】

解：过点B作BM⊥y轴于点B，使BM=OB，连接DM，AD，

43

∵直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，

∴令y0，则x2；令x0，则y2；

∴点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(0，2)，

∴OA=OB=BM=2，

∵BM⊥y轴，

∴∠OBM=90°，

∴点M的坐标为(2，2)，

∵△BCD是等腰直角三角形，

∴BC=BD，∠CBD=90°，

∴∠CBD=∠OBM=90°，

∴∠CBD-∠OBD=∠OBM-∠OBD，

∴∠CBO=∠DBM，

在△BOC和△BMD，

BCBDCBODBM，

OBMB∴△BOC△BMD(SAS)，

∴∠BOC=∠BMD=90°，

∴BM⊥DM，

∴DM∥OB，

∵M、D、A三点的横坐标相同，都为2，

∴M、D、A三点共线，

∴四边形AMBO是正方形， ∴∠BAM=45°，

∵AB=OB2OA222，

点P是线段AB的三等分点（AP＞BP），

242∴AP=AB=，

33当且当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，

此时，△PAD为等腰直角三角形，

∴PD=42AP=，

324∴线段DP长度最小值为，

34故答案为：．

3【点睛】

本题考查了一次函数的的图象与坐标轴的交点问题，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，证得四边形AMBO是正方形，以及当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值是解题的关键．

16．5

【分析】

由折叠可得，．再由矩形性质结合勾股定理即可求出BF的长，从而求出CF的长．设，则，在中，利用勾股定理列出关于x的等式，解出x即可．

【详解】

解：由折叠可知，，

∵四边形ABCD是矩形

解析：5

【分析】

由折叠可得ADAF5，DEEF．再由矩形性质结合勾股定理即可求出BF的长，从而求出CF的长．设ECx，则DEEF4x，在RtCEF中，利用勾股定理列出关于x的等式，解出x即可．

【详解】

解：由折叠可知ADAF5，DEEF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴在RtABF中，BFAF2AB252423，

∴CFBCBF532．

设ECx，则DEEF4x，

∴在RtCEF中，CF2CE2EF2，即22x2(4x)2，

解得：x1.5．

故EC的长为1.5． 故答案为1.5．

【点睛】

本题考查折叠的性质，矩形的性质和勾股定理．利用数形结合的思想是解答本题的关键．

三、解答题

17．（1）；（2）2．

【分析】

（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；

（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．

【详解】

解：（1）（）×

；

解析：（1）3265；（2）2．

【分析】

（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；

（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．

【详解】

解：（1）（6215）×3

=18245

=3265；

（2）241081﹣6

262

2=4186=23232

=2．

【点睛】

本题考查了二次根式的运算，熟知二次根式的加减乘除运算法则，并正确计算是解题关键．

18．（1）A，B两点间的

距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．

【分析】

（1）根据勾股定理解答即可；

（2）根据三角形面积公式解答即可．

【详解】

（1）因为是直角三角形，

所以由勾股定 解析：（1）A，B两点间的

距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．

【分析】

（1）根据勾股定理解答即可；

（2）根据三角形面积公式解答即可．

【详解】

（1）因为ABC是直角三角形，

所以由勾股定理，得AC2BC2AB2．

因为AC50米，BC30，所以AB25023021600．

因为AB0，所以AB40米．

即A，B两点间的

距离是40米．

（2）过点B作BDAC于点D．

因为S△ABC11ABBCACBD，

22所以ABBCACBD．

所以BDABBC304024（米），

AC50即点B到直线AC的距离是24米．

【点睛】

本题考查了勾股定理的应用，属于基础题，关键是掌握勾股定理在直角三角形中的表达式．

19．（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解．

【解析】

【分析】

（1）先根据以AB为边△ABC是轴对称图形，得出△ABC为等腰三角形，AB长为3，画以AB为腰的等腰直角三角形即可；

（2）先根据勾股

解析：（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解．

【解析】

【分析】

（1）先根据以AB为边△ABC是轴对称图形，得出△ABC为等腰三角形，AB长为3，画以AB为腰的等腰直角三角形即可；

（2）先根据勾股定理求出AB的长，利用平移画出点C即可；

（3）先求出以AB为底等腰直角三角形腰长AC=5，利用平移作出点C即可．

【详解】

解：（1）∵以AB为边△ABC是轴对称图形，

∴△ABC为等腰三角形，AB长为3，

画以AB为直角边，点B为直角顶点△ABC如图

也可画以AB为直角边，点A为直角顶点△ABC如图； （2）根据勾股定理AB=123210，

AB为一腰画等腰三角形，另一腰为10，以点A为顶角顶点根据勾股定理构建横1竖3，或横3竖1；点A向左1格再向下平移3格得C1，连结AC1，C1B，得等腰△ABC1，点A向右3格再向上平移1格得C2，连结AC2，BC2，得等腰△ABC2，点A向右3格再向下平移1格得C3，连结AC3，BC3，得等腰△ABC3，

点B向右3格再向上平移1格得C4，连结AC4，BC4，得等腰△ABC4，点B向右3格再向下平移1格得C5，连结AC5，BC5，得等腰△ABC5，点B向右1格再向上平移3格得C6，连结AC6，BC6，得等腰△ABC6；

（3）AB为底边画等腰三角形，等腰直角三角形腰长为m，根据勾股定理AB2AC2BC2，

即10m2+m2，解得m5，根据勾股定理AC=5，横1竖2，或横2竖1得图形，

点A向右平移2格，再向下平移1格得点C1，连结AC1，BC1，得等腰三角形ABC1，点A向左平移1格，再向下平移2格得点C2，连结AC2，BC2，得等腰三角形ABC2．

2

【点睛】 本题考查网格作图，图形平移性质，勾股定理应用，等腰直角三角形性质，轴对称性质，掌握网格作图，图形平移性质，勾股定理应用，等腰直角三角形性质，轴对称性质是解题关键．

20．见解析

【分析】

根据题意先证明，即可证明四边形为平行四边形，根据可得结果．

【详解】

证明：∵四边形是平行四边形

∴，，

∴，

∵是的垂直平分线，

∴，

在与中，

∴，

∴，

∴四边形为平行四边形

解析：见解析

【分析】

△COFASA，即可证明四边形AFCE为平行四边形，根据根据题意先证明△AOE≌EFAC可得结果．

【详解】

证明：∵四边形ABCD是平行四边形

∴AE//FC，AOCO，

∴EACFCA，

∵EF是AC的垂直平分线，

∴EFAC，

EAOFCO在△AOE与COF中，AOCO

AOECOF△COFASA，

∴△AOE≌∴EOFO，

∴四边形AFCE为平行四边形，

又∵EFAC，

∴四边形AFCE为菱形．

【点睛】

本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，熟知判定定理以及性质是解题的关键． 21．（1）＞；（2）见解析；（3）

【解析】

【分析】

（1）根据题目所给的例题大小关系可直接得到答案；

（2）把分子分母同时乘以，然后化简即可得到答案；

（3）根据（2）中的规律可得，，，分别把绝对值

解析：（1）＞；（2）见解析；（3）21019

【解析】

【分析】

（1）根据题目所给的例题大小关系可直接得到答案；

（2）把分子分母同时乘以nn1，然后化简即可得到答案；

（3）根据（2）中的规律可得11011001121，32，，3221101100分别把绝对值里面的式子化简计算即可．

【详解】

解：（1）∵2132，

32>43，

4354，

5465，

…，

∴∴n1nn2n1，

2021202020222021，

故答案为：＞；

（2）1nn1

=nn1nn1nn1

=nn1；

（3）原式|(21)(32)||(32)(43)||(10099)(101100)|

(21)(32)(32)(43)(10099)(101100)

(21)(101100)

2110110

21019．

【点睛】

此题主要考查了分母有理化，关键是注意观察题目所给的例题，找出其中的规律，然后再进行计算． 22．（1），；（2）当租期超过20个月时，租乙家房屋更合算；当租期等于20个月时，租甲家、乙家都可以；当租期低于20个月，租甲家房屋更合算

【分析】

（1）租金等于每月费用乘以租用月数．

（2）租金等于

解析：（1）y甲2500x，y乙1800x14000；（2）当租期超过20个月时，租乙家房屋更合算；当租期等于20个月时，租甲家、乙家都可以；当租期低于20个月，租甲家房屋更合算

【分析】

（1）租金等于每月费用乘以租用月数．

（2）租金等于每月费用乘以租用月数，有装修费的再加上装修费即可．

【详解】

（1）根据题意，

租用甲家房屋：y甲2500x；

租用乙家房屋：y乙1800x14000；

（2）①由题意，可知：

2500x1800x14000，

解得：x20，

即当租用20个月时，两家租金相同．

②由2500x1800x14000，

解得：x20；

即当租用时间超过20个月时，租乙家的房屋更合算．

③由2500x1800x14000，

解得：x20，

即当租用时间少于20个月时，租甲家的房屋更合算．

综上所述，当租期超过20个月时，租乙家房屋更合算；当租期等于20个月时，租甲家、乙家都可以；当租期低于20个月，租甲家房屋更合算．

【点睛】

本题考查一次函数的具体应用，根据题意找出等量关系是解题关键．

23．（1）四边形AECF是菱形，见解析；（2）① cm2；②BE的长为cm或cm或4cm或cm．

【分析】

（1）根据题意作图，先根据平行四边形得出∠FCO=∠EAO，再证明△COF≌△AOE，结合题意

解析：（1）四边形AECF是菱形，见解析；（2）①4147 cm2；②BE的长为cm或400316471647cm或4cm或cm．

33【分析】

（1）根据题意作图，先根据平行四边形得出∠FCO=∠EAO，再证明△COF≌△AOE，结合题意即可得出结论；

（2）①根据四边形ABCD是矩形，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，结合折叠和勾股定理得出CF，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得D′H=21，进而得出所求面积；

25②根据不同图示分情况设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，根据折叠并结合勾股定理得出x即为所求．

【详解】

解：（1）猜想：当l⊥AC时，四边形AECF是菱形，如图1：

连接AF、CE，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA=OC，AB∥CD，

∴∠FCO=∠EAO，

又∵∠FOC=∠EOA，

∴△COF≌△AOE，

∴OE=OF，

∵AC⊥EF，

∴四边形AECF是菱形；

（2）①∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，

由折叠性质可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，

由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2，

7

解得x=

，

87 ∴D′F=DF=

，

8725∴CF=4﹣=

，

88如图2， 过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得，CF•D′H=D′F•CD′，

∴D′H=21，

251721147∴S△DFD′=2××=（cm2）；

825400②如图①，

设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，

∵AC=3242=5cm，

∴B′C=5﹣4=1cm，

根据勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，即：12+x2=(3-x)2

4

解得：x=cm，

3如图②，

设BE=xcm，则CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，

在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′=AB2AD2=169=7cm，

B′C=（4﹣7）cm，

在Rt△CB′E中，B′C2+CE2=B′E2，

即16﹣87+7+9﹣6x+x2=x2，

解得x=1647cm，

3如图③， 当四边形ABEB′是正方形时，点B和点B′关于直线AE对称，△B′EC是直角三角形，

此时CE=1cm，BE=4cm；

如图④，

BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，

在Rt△ADB′中，B′D=AB\'2AD2=169=7cm，B′C=7+4，

在Rt△B′CE中，7+87+16+x2﹣6x+9=x2，

解得x=1647cm，

3416471647cm或4cm或cm．

综上，BE的长为cm或333【点睛】此题属于四边形综合性试题，涉及到平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质和勾股定理的应用，有一定难度，注意不同情况分别做图求解．

24．（1），；（2），或，；（3）

【解析】

【分析】

（1）如图1，过点作轴于．证明推出，，可得，求出直线的解析式，即可解决问题；

（2）分两种情况：①点在负半轴上，如图2，过点作，交于点，过点作轴于

1842012解析：（1）B(2,2)，D(0,)；（2）B(，0)或(，0)；（3）

3535【解析】

【分析】 （1）如图1，过点B作BE⊥y轴于E．证明CEBAOC(AAS)推出BEOC2，CEAO4，可得B(2,2)，求出直线AB的解析式，即可解决问题；

（2）分两种情况：①点B在x负半轴上，如图2，过点C作CDAC，交AB于点D，过点D作DEx轴于点E，先证明CEDAOC(AAS)，得出D(5,1)，再利用待定系数法求出直线AD的解析式，进而得出答案；②点B在x正半轴上，如图3，过点C作CDAC交AD于点D，过点D作DEx轴于点E，方法同①即可得出答案；

（3）如图4，过点E作EG//BD，过点A作AHEG于G交x轴于H，在y轴负半轴上截取CNCD2，过点N作MNy轴交AH的延长线于M，先证明MANDBC(ASA)，再求出M(2,2)，再利用待定系数法得出直线AM解析式，得出点H坐标，运用勾股定理求出AH，再由EHACAHEG求出EG，最后再应用等腰直角三角形性质和勾股定理即可得出答案．

【详解】

解：（1）如图1，过点B作BE⊥y轴于E，

1212

点C的坐标为(0,2)，A点的坐标为(4,0)，

OC2，OA4，

等腰RtACB，ACB90，ACBC，

又BEy轴，y轴x轴，

BECAOCACB90，

BCEACO90，BCECBE90，

ACOCBE，

在CEB和AOC中，

BECAOCCBEACO，

BCACCEBAOC(AAS)，

BEOC2，CEAO4，

OECEOC422，

B(2,2)，

设直线AB的解析式为ykxb(k0)，

A(4,0)，B(2,2)， 4kb0，

2kb21k3，

4b3直线AB的解析式为yx134，

3AB与y轴交点D，

4D(0,)；

3（2）存在符合条件的点B．理由如下：

①点B在x负半轴上，如图2，

过点C作CDAC，交AB于点D，过点D作DEx轴于点E，

BAC45，ACD90，

CACD，

DECACDACO90，

BCDACO90，BCDCDE90，

ACOCDE，

CEDAOC(AAS)，

DEOC1，CEAO4，

OE5，

D(5,1)，

设直线AD的解析式为yk1xb1(k10)，

A(0,4)，D(5,1)，

b14，

5k1b113k15，

解得：b14直线AD的解析式为y3x4，

5B(20，0)；

3②点B在x正半轴上，如图3，

过点C作CDAC交AD于点D，过点D作DEx轴于点E，

BAC45，ACD90，

CACD，

DECACDAOC90，

BCDACO90，BCDCDE90，

ACOCDE，

CEDAOC(AAS)，

DEOC1，CEAO4，

OE3，

D(3,1)，

设直线AD的解析式为yk2xb2(k20)，

A(0,4)，D(3,1)，

b24，

3kb1225k23，

解得：b24直线AD的解析式为yx4，

12B(，0)；

553综上所述，B(2012，0)或(，0)；

35（3）如图4，过点E作EG//BD，过点A作AHEG于G交x轴于H，

在y轴负半轴上截取CNCD2，过点N作MNy轴交AH的延长线于M， 则ANMAGEEGHBCD90，

ANACCN628，BC8，

ANBC，

EG//BD，

DBCGEH，AEGBFE45，

GEHEHG90，MANEHG90，

MANGEHDBC，

在MAN和DBC中，

MANDBC，

ANBCANMBCDMANDBC(ASA)，

MNCD2，

M(2,2)，

设直线AM解析式为yk3xb3(k30)，

A(0,6)，M(2,2)，

b36，

2k3b32k34解得：，

b36直线AM解析式为y4x6，

令y0，得4x60，

3解得：x，

23H(，0)，

2CH3，

232317，

2在RtACH中，AHAC2CH262()2设E(m,0)，则EHm，

11EHACAHEG，

223(m)6EHAC41732EG(m)，

AH172317232AEG45，AGE90，

AGE是等腰直角三角形，

AE2EG24173(m)，

172在RtACE中，AE2AC2CE2，

[24173(m)]262m2，

172解得：m110（舍去），m218E(，0)，

518，

5OE18．

5【点睛】

本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，勾股定理，平行线的性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．

25．（1）45；（2）①见解析；②DF的长为2；（3）

【分析】

（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，求得∠

解析：（1）45；（2）①见解析；②DF的长为2；（3）【分析】

（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到15

7111∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，求得∠AEF+∠AFE＝2（∠DFE+∠BEF），根据三角形22的内角和定理即可得到结论；

（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；

②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝6，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝3，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论；

（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

【详解】

解：（1）∵∠C＝90°，

∴∠CFE+∠CEF＝90°，

∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，

∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，

11∴∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，

2211∴∠AEF+∠AFE＝2（∠DFE+∠BEF）＝270°＝135°，

2∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，

故答案为：45；

（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：

则∠AGE＝∠AGF＝90°，

∵AB⊥CE，AD⊥CF，

∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，

∴四边形ABCD是矩形，

∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，

∴AB＝AG，AD＝AG，

∴AB＝AD，

∴四边形ABCD是正方形；

②设DF＝x，

∵BE＝EC＝3，

∴BC＝6，

由①得四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD＝6，

在Rt△ABE与Rt△AGE中，

ABAG

，

AEAE∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）， ∴BE＝EG＝3，

同理，GF＝DF＝x，

在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，

即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，

解得：x＝2，

∴DF的长为2；

（3）解：如图2所示：

把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，

由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，

∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，

∴GQ＝3，

设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，

在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，

解得：a＝1515，即HR＝；

7715．

7故答案为：【点睛】

本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．

26．(1)；(2)；(3)见解析

【分析】

（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可．

（2）如图2中，过点作于点，先求得，根据含30度角的直角三角形的性质求得，设，勾股定理求得进而求得，利

解析：(1)165；(2)1683；(3)见解析

5【分析】

（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可． （2）如图2中，过点F作FG即可求得CEF的面积；

AC于点G，先求得EAC30，根据含30度角的直角三角形的性质求得EC，设FGx，勾股定理求得AF进而求得EF，利用三角形面积公式（3）如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN，证明△AMF≌△DMN（ASA），推出AF＝DN＝CN，再证明△APF≌△DBN（SAS），可得结论．

【详解】

（1）∵AB＝2AC，AC＝8，

∴AB＝16，

∵∠BAC＝90°，

∴BC＝AC2AB28216285，

∵AE⊥BC，

11∴S△ABC＝BCAE＝ACAB，

22∴AE＝816165＝．

585（2）如图，过点F作FGAC于点G，则FGC90，

∠B＝30°，BAC90，AC8,

∴ACB60，BC2AC16,

ABBC2AC283,

AE1AB43 ,

2AE⊥BC，

EAC30，

EC1AC4

2设FGx，则AF2x，AGAF2FG23FG3x，

FGC90,ACD45，

FGGCx，

AC8，

AG8x，

3x8x

解得x434

AF2x838 EFAEAF43(838)843

S△CEF11EFAC(843)41683

22（3）证明：如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN．

∵∠BAC＝90°，AC＝AD，

∴AM⊥CD，AM＝DM＝CM，∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，

∴DN＝CN，

∴∠NDM＝∠NCM，

∵AE⊥BC，

∴∠ECF＋∠EFC＝∠MAF＋∠AFM＝90°，

∵∠AFM＝∠EFC，

∴∠MAF＝∠ECF，

∴∠MAF＝∠MDN，

∵∠AMF＝∠DMN，

∴△AMF≌△DMN（ASA），

∴AF＝DN＝CN，

∵∠BAC＝90°，AC＝AD，

∴∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，

∴∠NAP＝∠CDB＝135°，

∵∠MAF＝∠MDN，

∴∠PAF＝∠BDN，

∵AP＝DB，

∴△APF≌△DBN（SAS），

∴PF＝BN，

∵AF＝CN，

∴PF＋AF＝CN＋BN，

即PF＋AF＝BC．

【点睛】

考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．