数学八年级上册 全册全套试卷同步检测(Word版 含答案)

2023年12月2日发(作者：河北省艺考数学试卷)

数学八年级上册 全册全套试卷同步检测（Word版 含答案）

一、八年级数学三角形填空题（难）

1．如图，BA1和CA1分别是ABC的内角平分线和外角平分线，BA2是A1BD的角平分线，

CA2是A1CD的角平分线，BA3是A2BD的角平分线，CA3是A2CD的角平分线，若A1，则A2018_____________

【答案】【解析】

【分析】

22017

根据角平分线的定义可得∠A1BC=11∠ABC，∠A1CD=∠ACD，再根据三角形的一个外角221，根据此规律即可得解．

2等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，整理即可得解，同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的【详解】

∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，

∴∠A1BC=11∠ABC，∠A1CD=∠ACD，

22又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，

11（∠A+∠ABC）=∠ABC+∠A1，

221∴∠A1=∠A，

2∵∠A1=α．

1111同理理可得∠A2=∠A1=α，∠A3=∠A2=2α，

2222……，

∴∴∠A2018=故答案为【点睛】

本题主要考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义是解题的关键．

22017，

22017．

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，李明从A点出发沿直线前进5米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进5米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了45米，则每次旋转的角度α为_____．

【答案】40．

【解析】

【分析】

根据共走了45米，每次前进5米且左转的角度相同，则可计算出该正多边形的边数，再根据外角和计算左转的角度．

【详解】

连续左转后形成的正多边形边数为：4559，

则左转的角度是360940．

故答案是：40．

【点睛】

本题考查了多边形的外角计算，正确理解多边形的外角和是360°是关键．

4．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），

22111（180°−∠1）＋（180°−∠2）＝180°−（∠1＋∠2）

22211（∠1＋∠2）]＝（∠1＋22∴∠AED＋∠ADE＝∴△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．

、2用“＞”排列__________________.

5．如图所示，请将A、1

【答案】2＞1＞A

【解析】

【分析】

根据三角形的外角的性质判断即可．

【详解】

解：根据三角形的外角的性质得，∠2＞∠1，∠1＞∠A

∴∠2＞∠1＞∠A，

故答案为：∠2＞∠1＞∠A．

【点睛】

本题考查了三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角是解题的关键．

6．将两张三角形纸片如图摆放，量得∠1+∠2+∠3+∠4=220°，则∠5=__．

【答案】40°

【解析】

【分析】

直接利用三角形内角和定理得出∠6+∠7的度数，进而得出答案．

【详解】

如图所示：

∠1+∠2+∠6=180°，∠3+∠4+∠7=180°，

∵∠1+∠2+∠3+∠4=220°，

∴∠1+∠2+∠6+∠3+∠4+∠7=360°，

∴∠6+∠7=140°，

∴∠5=180°-（∠6+∠7）=40°．

故答案为40°．

【点睛】

主要考查了三角形内角和定理，正确应用三角形内角和定理是解题关键．

二、八年级数学三角形选择题（难）

7．如图，在△ABC中，点M、N是∠ABC与∠ACB三等分线的交点．若∠A＝60°，则∠BMN的度数为( )

A．45°

【答案】B

【解析】

B．50° C．60° D．65°

分析：过点N作NG⊥BC于G，NE⊥BM于E，NF⊥CM于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得NE=NG=NF，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出MN平分∠BMC，然后根据三角形内角和等于180°求出∠ABC+∠ACB，再根据角的三等分求出∠MBC+∠MCB的度数，然后利用三角形内角和定理求出∠BMC的度数，从而得解．

详解：如图，过点N作NG⊥BC于G，NE⊥BM于E，NF⊥CM于F，

∵∠ABC的三等分线与∠ACB的三等分线分别交于点M、N，

∴BN平分∠MBC，CN平分∠MCB，

∴NE=NG，NF=NG，

∴NE=NF，

∴MN平分∠BMC，

1∠BMC，

2∵∠A=60°，

∴∠BMN=∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=180°−60°=120°，

22 (∠ABC+∠ACB)=

×120°=80°.

33在△BMC中,∠BMC=180°−(∠MBC+∠MCB)=180°−80°=100°.

根据三等分,∠MBC+∠MCB=∴∠BMN=故选：B.

点睛：本题考查了三角形的内角和定理：三角形内角和为180°；角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等.熟记性质和定理是解本题的关键.

1×100°=50°；

2

8．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

9．若一个凸多边形的内角和为720°，则这个多边形的边数为(

)

A．4

【答案】C

【解析】

B．5 C．6 D．7

【分析】

设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到(n﹣2)×180°=720°，然后解方程即可．

【详解】

设这个多边形的边数为n，由多边形的内角和是720°，根据多边形的内角和定理得（n－2）180°=720°．解得n=6.故选C.

【点睛】

本题主要考查多边形的内角和定理，熟练掌握多边形的内角和定理是解答本题的关键.

10．如图，若∠A=27°，∠B=45°，∠C=38°，则∠DFE等于（ ）

A．110

【答案】A

【解析】

【分析】

B．115 C．120 D．125

根据三角形外角的性质三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AEB=∠A+∠C=65°，∠DFE=∠B+∠AEC，进而可得答案．

【详解】

解：∵∠A=27°，∠C=38°，

∴∠AEB=∠A+∠C=65°，

∵∠B=45°，

∴∠DFE=65°+45°=110°，

故选：A．

【点睛】

此题主要考查了三角形外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．

11．一个多边形的每个内角均为108º，则这个多边形是（

）

A．七边形 B．六边形 C．五边形 D．四边形

【答案】C

【解析】

试题分析：因为这个多边形的每个内角都为108°，所以它的每一个外角都为72°，所以它的边数=360

÷72=5（边）.

考点：⒈多边形的内角和；⒉多边形的外角和.

12．如图，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE外部时，则∠A与∠1、∠2之间的数量关系是（ ）

A．2A12

C．3A212

【答案】A

【解析】

【分析】

B．3A2(12)

D．A12

根据折叠的性质可得∠A′=∠A，根据平角等于180°用∠1表示出∠ADA′，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠2与∠A′表示出∠3，然后利用三角形的内角和等于180°列式整理即可得解．

【详解】

如图所示：

∵△A′DE是△ADE沿DE折叠得到，

∴∠A′=∠A，

又∵∠ADA′=180°-∠1，∠3=∠A′+∠2，

∵∠A+∠ADA′+∠3=180°，

即∠A+180°-∠1+∠A′+∠2=180°，

整理得，2∠A=∠1-∠2．

故选A.

【点睛】

考查了三角形的内角和定理以及折叠的性质，根据折叠的性质，平角的定义以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，把∠1、∠2、∠A转化到同一个三角形中是解题的关键．

三、八年级数学全等三角形填空题（难）

13．将一副三角板按如图所示的方式摆放，其中△ABC为含有45°角的三角板，直线AD是等腰直角三角板的对称轴，且斜边上的点D为另一块三角板DMN的直角顶点，DM、DN分别交AB、AC于点E、F．则下列四个结论：①BD＝AD＝CD；②△AED≌△CFD；③BE+CF＝EF；④S四边形AEDF＝是_____（填序号）．

12BC．其中正确结论4

【答案】①②

【解析】

分析：根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD=BD，∠CAD=∠B=45°，故①正确；根据同角的余角相等求出∠CDF=∠ADE，然后利用“ASA”证明△ADE≌△CDF，判断出②，根据全等三角形的对应边相等，可得DE=DF=AF=AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边，可得BE+CF＞EF，判断出③，根据全等三角形的面积相等，可得S△ADF=S△BDE，从而求出四边形AEDF的面积，判断出④.

详解：∵∠B=45°，AB=AC

∴点D为BC的中点，

∴AD=CD=BD

故①正确；

由AD⊥BC，∠BAD=45°

可得∠EAD=∠C

∵∠MDN是直角

∴∠ADF+∠ADE=∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°

∴∠ADE=∠CDF

∴△ADE≌△CDF（ASA）

故②正确；

∴DE=DF，AE=CF，

∴AF=BE

∴BE+AE=AF+AE

∴AE+AF＞EF

故③不正确；

由△ADE≌△CDF可得S△ADF=S△BDE

∴S四边形AEDF=S△ACD=故④不正确.

11111×AD×CD=×BC×BC=BC2，

22228 故答案为①②.

点睛：此题主要查了等腰三角形的性质和全等三角形的判定与性质，以及三角形的三边关系，关键是灵活利用等腰直角三角形的边角关系和三线合一的性质.

14．如图，A52，O是ABC、ACB的角平分线交点，P是ABC、ACB外角平分线交点，则BOC______，BPC_____，联结AP，则PAB______，点O____（选填“在”、“不在”或“不一定在”）直线AP上．

【答案】116 64 26

在

【解析】

【分析】

1（∠ABC+∠ACB）,

∠BOC=180°-2（∠OBC+∠OCB），据此可求∠BOC的度数；

1111∠BCP=

∠BCE=

（∠A+∠ABC），∠PBC=

∠CBF=

（∠A+∠ACB），由三角形内角2222∠ABC+∠ACB=180°-∠A，∠OBC+∠OCB=

和定理得：∠BPC=180°-∠BCP-∠PBC，据此可求∠BPC的度数；

作PG⊥AB于G，PH⊥AC于H，PK⊥BC于K，利用角平分线的性质定理可证明PG=PH，于是可证得AP平分∠BAC，据此可求∠PAB的度数；

同理可证OA平分∠BAC，故点O在直线AP上．

【详解】

解：∵O点是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，

∴∠OBC+∠OCB=

=

1（∠ABC+∠ACB）

21（180°-∠A）

21∠A，

21∠A

2=90°-

∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）

=180°-90°+

=90°+

1∠A

2 =90°+26°

=116°；

如图，

∵BP、CP为△ABC两外角的平分线，

∴∠BCP=

∠PBC=

11∠BCE=

（∠A+∠ABC），

2211∠CBF=

（∠A+∠ACB），

22由三角形内角和定理得：

∠BPC=180°-∠BCP-∠PBC

=180°-

=180°-

=90°-

1 [∠A+（∠A+∠ABC+∠ACB）]

21（∠A+180°）

21∠A

2=90°-26°

=64°．

如图，作PG⊥AB于G，PH⊥AC于H，PK⊥BC于K，连接AP，

∵BP、CP为△ABC两外角的平分线，PG⊥AB，PH⊥AC，PK⊥BC，

∴PG=PK，PK=PH，

∴PG=PH，

∴AP平分∠BAC，

∴PAB26°

同理可证OA平分∠BAC，

点O在直线AP上．

故答案是：(1) 116

；(2) 64；(3) 26；(4)

在.

【点睛】

此题主要考查了角平分线的性质定理和判定定理及三角形内角和定理，熟知定理并正确作出辅助线是解题关键．

15．已知在△ABC

中,两边AB、AC的中垂线，分别交BC于E、G．若BC＝12，EG＝2，则△AEG的周长是________．

【答案】16或12．

【解析】

【分析】

根据线段垂直平分线性质得出AE=BE，CG=AG，分两种情况讨论：①DE和FG的交点在△ABC内，②DE和FG的交点在△ABC外．

【详解】

∵DE，FG分别是△ABC的AB，AC边的垂直平分线，∴AE=BE，CG=AG．分两种情况讨论：

①当DE和FG的交点在△ABC内时，如图1．

∵BC=12，GE=2，∴AE+AG=BE+CG=12+2=14，△AGE的周长是AG+AE+EG=14+2=16．

②当DE和FG的交点在△ABC外时，如图2，△AGE的周长是AG+AE+EG= BE+CG

+EG=BC=12．

故答案为：16或12．

【点睛】

本题考查了线段垂直平分线性质，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．

16．如图，在四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，CB=CD，AC=6，则四边形ABCD的面积是_________.

【答案】18．

【解析】

【分析】

根据已知线段关系，将△ACD绕点C逆时针旋转90°，CD与CB重合，得到△CBE，证明A、B、E三点共线，则△ACE是等腰直角三角形，四边形面积转化为△ACE面积．

【详解】

∵CD=CB，且∠DCB=90°，∴将△ACD绕点C逆时针旋转90°，CD与CB重合，得到△CBE，∴∠CBE=∠D，AC=EC，∠DCA=∠BCE．

根据四边形内角和360°，可得∠D+∠ABC=180°，∴∠CBE+∠ABC=180°，∴A、B、E三点共线，∴△ACE是等腰直角三角形，∴四边形ABCD面积=△ACE面积=

AC2=18．

12

故答案为：18．

【点睛】

本题考查了旋转的性质以及转化思想，解决这类问题要结合已知线段间的数量关系和位置关系进行旋转，使不规则图形转化为规则图形．

17．已知△ABC中，AB=BC≠AC，作与△ABC只有一条公共边，且与△ABC全等的三角形，这样的三角形一共能作出_____个．

【答案】7

【解析】

只要满足三边对应相等就能保证作出的三角形与原三角形全等，以腰为公共边时有6个，以底为公共边时有一个，答案可得．

解：以AB为公共边有三个，以CB为公共边有三个，以AC为公共边有一个，

所以一共能作出7个．

故答案为7

18．如图，已知AC平分∠DAB，CE⊥AB于点E，AB=AD+2BE，则下列结论：①AB+AD=

2AE；②∠DAB+∠DCB=180°；③CD=CB；④SACE﹣SBCE=SACD．其中正确的是______．

【答案】①②③④．

【解析】

【分析】

【详解】

①在AE取点F，使EF＝BE，连接CF．

∵AB＝AD＋2BE＝AF＋EF＋BE，EF＝BE，

∴AB＝AD＋2BE＝AF＋2BE，

∴AD＝AF，

∴AB＋AD＝AF＋EF＋BE＋AD＝2AF＋2EF＝2(AF＋EF)＝2AE，

∴AB+AD= 2AE，故①正确；

②在AB上取点F，使EF＝BE，连接CF．

在△ACD与△ACF中，

∵AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，AC＝AC，

∴△ACD≌△ACF，

∴∠ADC＝∠AFC．

∵CE垂直平分BF，

∴CF＝CB，

∴∠CFB＝∠B．

又∵∠AFC＋∠CFB＝180°，

∴∠ADC＋∠B＝180°，

∴∠DAB+∠DCB=180°故②正确；

③由②知，△ACD≌△ACF，

∴CD＝CF，

又∵CF＝CB，

∴CD＝CB，故③正确；

④易证△CEF≌△CEB，

∴S△ACE﹣S△BCE＝S△ACE﹣S△FCE＝S△ACF，

又∵△ACD≌△ACF，

∴S△ACF＝S△ADC，

∴S△ACE﹣2S△BCE＝S△ADC，

故④正确．

综上所述，正确的结论是①②③④，

故答案为①②③④．

四、八年级数学全等三角形选择题（难）

19．如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE+BG=2a+2b，其中正确结论有（ ）

2222

A．0个

【答案】D

【解析】

B．1个 C．2个 D．3个

分析：由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.

详解：①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，

∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，

∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.

在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，

∴△BCE≌△DCG，

∴BE=DG，

故结论①正确.

②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.

由①可知，△BCE≌△DCG，

∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.

又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°-∠CDG-∠MDO，

∴∠DOM=∠MCB=90°，

∴BE⊥DG.

故②结论正确.

③如图所示，连接BD、EG，

由②知，BE⊥DG，

则在Rt△ODE中，DE2=OD2+OE2，

在Rt△BOG中，BG2=OG2+OB2，

在Rt△OBD中，BD2=OD2+OB2，

在Rt△OEG中，EG2=OE2+OG2，

∴DE2+BG2=(OD2+OE2)+(OB2+OG2)=(OD2+OB2)+(OE2+OG2)=BD2+EG2.

在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2a2，

在Rt△CEG中，EG2=CG2+CE2=2b2，

∴BG2+DE2=2a2+2b2.

故③结论正确.

故选：D.

点睛：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质.

20．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，AB上一点D，且AD＝BC，过点D作DE∥BC且DE＝AB，连接EC，则∠DCE的度数为（ ）

A．80°

【答案】B

【解析】

【分析】

B．70° C．60° D．45°

连接AE．根据ASA可证△ADE≌△CBA，根据全等三角形的性质可得AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，根据等边三角形的判定可得△ACE是等边三角形，根据等腰三角形的判定可得△DCE是等腰三角形，再根据三角形内角和定理和角的和差关系即可求解．

【详解】

如图所示，连接AE．

∵AB=DE，AD=BC

∵DE∥BC，

∴∠ADE=∠B，可得AE=DE

∵AB=AC，∠BAC=20°，

∴∠DAE=∠ADE=∠B=∠ACB=80°，

在△ADE与△CBA中，

DAE＝ACB，

AD＝BCADE＝B∴△ADE≌△CBA（ASA），

∴AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，

∵∠CAE=∠DAE-∠BAC=80°-20°=60°，

∴△ACE是等边三角形，

∴CE=AC=AE=DE，∠AEC=∠ACE=60°，

∴△DCE是等腰三角形，

∴∠CDE=∠DCE，

∴∠DEC=∠AEC-∠AED=40°，

2=70°∴∠DCE=∠CDE=（180-40°）÷．

故选B．

【点睛】

考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行线的性质，综合性较强，有一定的难度．

21．如图，在△ABC中，D、E分别是AC、AB上的点，BD与CE相交于点O，给出四个条件：①OB=OC；②∠EBO=∠DCO；③∠BEO=∠CDO；④BE=CD．上述四个条件中，选择两个可以判定△ABC是等腰三角形的方法有（ ）

A．2种

【答案】C

【解析】

【分析】

B．3种 C．4种 D．6种

①②：求出OBC=∠OCB，推出∠ACB=∠ABC即可的等腰三角形；①③：证△EBO≌△DCO，得出∠EBO=∠DCO，求出∠ACB=∠ABC即可；②④：证△EBO≌△DCO，推出OB=OC，求出∠ABC=∠ACB即可；③④：证△EBO≌△DCO，推出∠EBO=∠DCO，OB=OC，求出∠OBC=∠OCB，推出∠ACB=∠ABC即可．

【详解】

解：有①②，①③，②④，③④，共4种，

①②，

理由是：∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∵∠EBO=∠DCO，

∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB，

即∠ABC=∠ACB，

∴AB=AC，

即△ABC是等腰三角形；

①③，

BEOCDO理由是：∵在△EBO和△DCO中EOBDOC

，

OBOC∴△EBO≌△DCO，

∴∠EBO=∠DCO，

∵∠OBC=∠OCB（已证），

∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB，

即∠ABC=∠ACB，

即AB=AC，

∴△ABC是等腰三角形；

②④，

BEOCDO理由是：∵在△EBO和△DCO中EOBDOC，

BECD∴△EBO≌△DCO，

∴OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB，

即∠ABC=∠ACB，

即AB=AC，

∴△ABC是等腰三角形；

③④，

BEOCDO理由是：∵在△EBO和△DCO中EOBDOC，

BECD∴△EBO≌△DCO，

∴∠EBO=∠DCO，OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB，

即∠ABC=∠ACB，

即AB=AC，

∴△ABC是等腰三角形；

故选C．

22．如图（1），已知ABAC，D为BAC的角平分线上一点，连接BD，CD；如图（2），已知ABAC，D，E为BAC的角平分线上两点，连接BD，CD，BE，CE；如图（3），已知ABAC，D，E，F为BAC的角平分线上三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此规律，第6个图形中有全等三角形的对数是（

）

A．21 B．11 C．6 D．42

【答案】A

【解析】

【分析】

根据条件可得图1中△ABD≌△ACD有1对三角形全等；图2中可证出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3对三角形全等；图3中有6对三角形全等，根据数据可分析出第6个图形中全等三角形的对数．

【详解】

解：∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠BAD=∠CAD．

在△ABD与△ACD中，

ABACBADCAD，

ADAD∴△ABD≌△ACD．

∴图1中有1对三角形全等；

同理图2中，△ABE≌△ACE，

∴BE=EC，

∵△ABD≌△ACD．

∴BD=CD，

又DE=DE，

∴△BDE≌△CDE，

∴图2中有3对三角形全等，3=1+2；

同理：图3中有6对三角形全等，6=1+2+3；

∴第6个图形中有全等三角形的对数是1+2+3+4+5+6=21.

故选：A．

【点睛】

此题主要考查了三角形全等的判定以及规律的归纳，解题的关键是根据条件证出图形中有几对三角形全等，然后寻找规律．

23．如图，AC⊥BE于点C，DF⊥BE于点F，且BC＝EF，如果添上一个条件后，可以直接利用“HL”来证明△ABC≌△DEF，则这个条件应该是(

)

A．AC＝DE

【答案】B

【解析】

在Rt△ABC与Rt△DEF中，直角边BC＝EF，要利用“HL”判定全等，只需添加条件斜边AB=DE.

故选：B.

B．AB＝DE C．∠B＝∠E D．∠D＝∠A

24．如图，RtABC中，∠C90，AC3,BC4,AB5,AD平分BAC．则SACD:SABD（ ）

A．3:4

【答案】B

【解析】

B．3:5 C．4:5 D．2:3

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由角平分线的性质可得出DE=CD，由全等三角形的判定定理HL得出△ADC≌△ADE，故可得出AE=AC=3，由AB=5求出BE=2，设CD=x，则DE=x，BD=4﹣x，再根据勾股定理知DE2+BE2=BD2，即x2+22=（4﹣x）2，求出x=3，2 进而根据等高三角形的面积，可得出：S△ACD：S△ABD=CD：BD=5．

故选：B．

1313××3：××5=3：2222

点睛：本题考查的是角平分线的性质，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解答此题的关键．

五、八年级数学轴对称三角形填空题（难）

25．在等腰△ABC中，AD⊥BC交直线BC于点D，若AD=_____．

【答案】30°或150°或90°

【解析】

试题分析：分两种情况；①BC为腰，②BC为底，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半判断出∠ACD=30°，然后分AD在△ABC内部和外部两种情况求解即可．

解：①BC为腰，

∵AD⊥BC于点D，AD=∴∠ACD=30°，

如图1，AD在△ABC内部时，顶角∠C=30°，

1BC，则△ABC的顶角的度数为21BC，

2

如图2，AD在△ABC外部时，顶角∠ACB=180°﹣30°=150°，

②BC为底，如图3，

∵AD⊥BC于点D，AD=∴AD=BD=CD，

∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAD，

1BC，

21×180°=90°，

2∴顶角∠BAC=90°，

∴∠BAD+∠CAD=综上所述，等腰三角形ABC的顶角度数为30°或150°或90°．

故答案为30°或150°或90°．

点睛：本题考查了含30°交点直角三角形的性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．

26．如图，点P是AOB内任意一点，OP=5 cm，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，PNPMMN的最小值是5 cm，则AOB的度数是__________．

【答案】30°

【解析】

试题解析：分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，

分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN、MN，如图所示：

∵点P关于OA的对称点为D，关于OB的对称点为C，

∴PM=DM，OP=OD，∠DOA=∠POA；

∵点P关于OB的对称点为C，

∴PN=CN，OP=OC，∠COB=∠POB，

1∠COD，

2∵PN+PM+MN的最小值是5cm，

∴PM+PN+MN=5，

∴DM+CN+MN=5，

即CD=5=OP，

∴OC=OD=CD，

∴OC=OP=OD，∠AOB=即△OCD是等边三角形，

∴∠COD=60°，

∴∠AOB=30°．

27．如图，将ABC沿着过AB中点D的直线折叠，使点A落在BC边上的A1处，称为第1次操作，折痕DE到BC的距离记为h1，还原纸片后，再将ADE沿着过AD中点D1的直线折叠，使点A落在DE边上的A2处，称为第2次操作，折痕D1E1到BC的距离记为h2，按上述方法不断操作下去…经过第2020次操作后得到的折痕D2019E2019到BC的距离记为h2020，若h11，则h2020的值为______．

【答案】2【解析】

122019

【分析】

根据中点的性质及折叠的性质可得DA=DA₁=DB,从而可得∠ADA₁=2∠B,结合折叠的性质可得.，∠ADA₁=2∠ADE,可得∠ADE=∠B,继而判断DE// BC,得出DE是△ABC的中位线，证得h₁212AA₁⊥BC,AA₁=2，由此发现规律：

1同理20h221111h22…于是经过第n次操作后得到的折痕Dn-1 En-1到BC3122222的距离hn2【详解】

1，据此求得h2020的值．

n12解：如图连接AA

₁,由折叠的性质可得：AA

₁⊥DE, DA= DA₁ ,A₂、A₃…均在AA

₁上

又∵ D是AB中点，∴DA= DB ,

∵DB= DA

₁ ,

∴∠BA

₁D=∠B ,

∴∠ADA

₁=∠B +∠BA

₁D=2∠B,

又∵∠ADA

₁ =2∠ADE ,

∴∠ADE=∠B

∵DE//BC,

∴AA₁⊥BC ,

∵h₁=1

∴AA₁ =2,

h₁212∴

同理：h2210

21；

21111h3222；

222…

∴经过n次操作后得到的折痕Dn-1En-1到BC的距离hn2∴h20202【点睛】

1

2n1122019

本题考查了中点性质和折叠的性质，本题难度较大，要从每次折叠发现规律，求得规律的过程是难点．

28．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=∴∠ADB=30°．

1BEC30，

2

【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．

29．如图，在ABC和DBC中，A40，ABAC2，BDC140，BDCD，以点D为顶点作MDN70，两边分别交AB,AC于点M,N，连接MN，则AMN的周长为_______.

【答案】4

【解析】

【分析】

延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．

【详解】

延长AB至F，使BF=CN，连接DF．

∵BD=CD，且∠BDC=140°，

∴∠BCD=∠DBC=20°．

∵∠A=40°，AB=AC=2，

∴∠ABC=∠ACB=70°，

∴∠DBA=∠DCA=90°．

在Rt△BDF和Rt△CND中，

∵BF=CN，∠DBA=∠DCA，DB=DC，

∴△BDF≌△CDN，

∴∠BDF=∠CDN，DF=DN．

∵∠MDN=70°，

∴∠BDM+∠CDN=70°，

∴∠BDM+∠BDF=70°，

∴∠FDM=70°=∠MDN．

∵DF=DN，∠FDM=∠MDN，DM=DM，

∴△DMN≌△DMF，

∴MN=MF，

∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=4．

故答案为：4．

【点睛】

本题主要利用等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造全等三角形是解答本题的关键．

30．如图，

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为_________

【答案】

85 【解析】

【分析】

首先根据折叠可得CD=AC=6，B′C=BC=8，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，然后求得△ECF是等腰直角三角形，进而求得∠B′FD=90°，CE=EF=4.8，由勾股定理求出AE，得出BF的长，即 B′F的长．

【详解】

解：根据折叠的性质可知：DE=AE，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，B′F=BF，

∴B′D=8-6=2，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF，

∵∠ACB=90°，

∴∠ECF=45°，

∴△ECF是等腰直角三角形，

∴EF=CE，∠EFC=45°，

∴∠BFC=∠B′FC=135°，

∴∠B′FE=90°，

11AC•BC=AB•CE，

22∴AC•BC=AB•CE，

∵S△ABC=∵根据勾股定理得：AB∴CEAC2BC2628210

ACBC4.8

AB∴EF=4.8，AEAC2EC23.6

85∴B′F=BF=AB-AE-EF=10-3.6-4.8=1.6=，

故答案是：.

【点睛】

此题主要考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质，由直角三角形的性质和勾股定理求出CE、AE是解决问题的关键．

85

六、八年级数学轴对称三角形选择题（难）

31．点A的坐标是（2，2），若点P在x轴或y轴上且△APO是等腰三角形，这样的点P共有（ ）个

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等腰三角形的性质，要使△AOP是等腰三角形，可以分两种情况考虑：当OA是底边时，作OA的垂直平分线，和坐标轴出现2个交点；当OA是腰时，则分别以点O、点A为圆心，OA为半径画弧，和坐标轴出现6个交点，这样的点P共8个．

【详解】

如图，分两种情况进行讨论：

当OA是底边时，作OA的垂直平分线，和坐标轴的交点有2个；

当OA是腰时，以点O为圆心，OA为半径画弧，和坐标轴有4个交点；以点A为圆心，OA为半径画弧，和坐标轴出现2个交点；

∴满足条件的点P共有8个，

故选：C．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的定义，坐标与图形的性质，解题的关键是根据OA为腰或底两种情况分类讨论，运用数形结合的思想进行解决．

32．如图，AOB60，OC平分AOB，如果射线OA上的点E满足OCE是等腰三角形，那么OEC的度数不可能为（

）

A．120°

【答案】C

【解析】

【分析】

B．75° C．60° D．30°

分别以每个点为顶角的顶点，根据等腰三角形的定义确定∠OEC是度数即可得到答案.

【详解】

∵AOB60，OC平分AOB，

∠AOC=30，

当OC=CE时，∠OEC=∠AOC=30，

当OE=CE时，∠OEC=180OCECOE120，

1（180COE

）=75，

2∴∠OEC的度数不能是60°，

故选：C.

当OC=OE时，∠OEC=

【点睛】

此题考查等腰三角形的定义，角平分线的定义，根据题意正确画出符合题意的图形是解题的关键.

33．如图,

在△DAE中,

∠DAE＝40°, B、C两点在直线DE上，且∠BAE＝∠BEA，∠CAD＝∠CDA，则∠BAC的大小是（ ）

A．100°

【答案】A

【解析】

【分析】

B．90° C．80° D．120°

由已知条件，利用了中垂线的性质得到线段相等及角相等，再结合三角形内角和定理求解.

【详解】

解：

如图，∵BG是AE的中垂线，CF是AD的中垂线，

∴AB=BE，ACECD

∴∠AED=∠BAE=∠BAD+∠DAE，∠CDA=∠CAD=∠DAE+∠CAE，

∵∠DAE+∠ADE+∠AED=180°

∴∠BAD+∠DAE+∠DAE+∠CAE+∠DAE=3∠DAE+∠BAD+∠EAC=120°+∠BAD+

∠EAC=180°

∴∠BAD+∠EAC=60°

∴. ∠BAC=∠BAD+∠EAC+∠DAE=60°+40°=100°；

故选：A

【点睛】

本题考查了中垂线的性质、三角形内角和定理及等腰三角形的判定与性质；找着各角的关系利用内角和列式求解是正确解答本题的关键.

34．如图，在△ABC中，B2C，AHBC，AE平分BAC，M是 BC中点，则下列结论正确的个数为（

）

（1）ABBEAC

（2）AB2BHBC

（3）AB2HM

（4）CHEHAC

A．1

【答案】D

【解析】

【分析】

（1）延长AB取BD=BE，连接DE，由∠D=∠BED，ABC2C，得到∠D=∠C，在△ADE和△ACE中，利用AAS证明ADE≌ACE，可得AC=AD=AB+BE；

（2）在HC上截取HF=BH,连接AF，可知△ABF为等腰三角形，再根据B．2 C．3 D．4

ABCAFB2C，可得出△AFC为等腰三角形，所以FC+BH+HF=AB+2BH=BC；

（3）HM=BM-BH，所以2HM=2BM-2BH=BC-2BH，再结合（2）中结论，可得AB2HM；

（4）结合（1）（2）的结论，AC ABBEBC2BHBEBCBHBEBHCHEH.

【详解】

解：

①延长AB取BD=BE，连接DE，

∴∠D=∠BED，∠ABC=∠D+∠BED=2∠D,

∵ABC2C，∴∠D=∠C，

在△ADE和△ACE中，

DAECAEDC，

AEAE∴ADE≌ACE

∴AC=AD=AB+BE，故（1）正确；

②在HC上截取HF=BH,连接AF，

∵AHBC，∴△ABF为等腰三角形，

∴AB=AF，∠ABF=∠AFB，

∵ABC2C，∴∠AFB=2∠C=∠C+∠CAF，

∴FC=AF=AB，

∴FC+BH+HF=AB+2BH=BC，

故（2）正确；

③

∵HM=BM-BH，∴2HM=2BM-2BH=BC-2BH，

由②可知BC-2BH=AB，

∴AB2HM

④

根据①②结论，可得:

AC ABBEBC2BHBEBCBHBEBHCHEH，

故（4）正确；

故选D.

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的外角以及全等三角形的判定和性质，结合实际问题作出合适辅助线是解题关键.

35．如图，O是正三角形ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④S四边形 AOBO′=6+33；⑤S△AOC+S△AOB=6+93．其中正确的结论是（ ）

4

A．①②③⑤

【答案】A

【解析】

B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤

试题解析：由题意可知，∠1+∠2=∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3，

又∵OB=O′B，AB=BC，

∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′=60°，

∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，

故结论①正确；

如图①，连接OO′，

∵OB=O′B，且∠OBO′=60°，

∴△OBO′是等边三角形，

∴OO′=OB=4．

故结论②正确；

∵△BO′A≌△BOC，∴O′A=5．

在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′=90°，

∴∠AOB=∠AOO′+∠BOO′=90°+60°=150°，

故结论③正确；

S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OBO′=故结论④错误；

13×3×4+×42=6+43，

24如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．

易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，

则S△AOC+S△AOB=S四边形AOCO″=S△COO″+S△AOO″=故结论⑤正确．

综上所述，正确的结论为：①②③⑤．

故选A．

13932×3×4+×3=6+，

244

36．如图，△ABC中，BAC60，ABC、ACB的平分线交于E，D是AE延长线上一点，且BDC120．下列结论：①BEC120；②DBDE；③BDE2BCE．其中所有正确结论的序号有（ ）．

A．①②

【答案】D

【解析】

B．①③ C．②③ D．①②③

分析：根据三角形内角和等于180°求出∠ABC+∠ACB，再根据角平分线的定义求出∠EBC+∠ECB，然后求出∠BEC=120°，判断①正确；过点D作DF⊥AB于F，DG⊥AC的延长线于G，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得DF=DG，再求出∠BDF=∠CDG，然后利用“角边角”证明△BDF和△CDG全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=CD，再根据等边对等角求出∠DBC=30°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义求出∠DBE=∠DEB，根据等角对等边可得BD=DE，判断②正确，再求出B，C，E三点在以D为圆心，以BD为半径的圆上，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得∠BDE=2∠BCE，判断③正确．

详解：∵BAC60，

∴ABCACB18060120，

∵BE、CE分别为ABC、ACB的平分线，

∴EBC11ABC，ECBACB，

2211(ABCACB)12060，

22∴BEC180(EBCECB)18060120，

∴EBCECB故①正确．

如图，过点D作DFAB于F，DGAC的延长线于G，

∵BE、CE分别为ABC、ACB的平分线，

∴AD为BAC的平分线，

∴DFDG，

∴FDG36090260120，

又∵BDC120，

∴BDFCDF120，CDGCDF120．

∴BDFCDG，

∵在BDF和△CDG中，

BFDCGD90，

DFDGBDFCDG∴BDF≌CDG(ASA)，

∴DBCD，

∴DBC1(180120)30，

2∴DBCDBCCBE30CBE，

∵BE平分ABC，AE平分BAC，

∴ABECBE，BAE根据三角形的外角性质，

1BAC30，

2DEBABEBAEABE30，

∴DEBDBE，

∴DBDE，故②正确．

∵DBDEDC，

∴B、C、E三点在以D为圆心，以BD为半径的圆上，

∴BDE2BCE，故③正确，

综上所述，正确结论有①②③，

故选：D．

点睛：本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边的性质，圆内接四边形的判定，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半性质，综合性较强，难度较大，特别是③的证明．

七、八年级数学整式的乘法与因式分解选择题压轴题（难）

37．248﹣1能被60到70之间的某两个整数整除，则这两个数是（ ）

A．61和63

【答案】B

【解析】

【分析】

248﹣1＝（224+1）（224﹣1）＝（224+1）（212+1）（212﹣1）＝（224+1）（212+1）（26+1）（26﹣1）＝（224+1）（212+1）（26+1）（23+1）（23﹣1），即可求解．

【详解】

解：248﹣1＝（224+1）（224﹣1）＝（224+1）（212+1）（212﹣1）

＝（224+1）（212+1）（26+1）（26﹣1）

＝（224+1）（212+1）（26+1）（23+1）（23﹣1）

＝（224+1）（212+1）×65×63，

故选：B．

【点睛】

此题考察多项式的因式分解，将248﹣1利用平方差公式因式分解得到（224+1）（212+1）×65×63，即可得到答案

B．63和65 C．65和67 D．64和67

38．把多项式4m225分解因式正确的是（ ）

A．(4m5)(4m5)

C．(m5)(m5)

【答案】B

【解析】

利用公式法分解因式的要点，根据平方差公式：ababab，分解因式为：22B．(2m5)(2m5)

D．m(m5)(m5)

4m2252m522m52m5.

故选B.

2

39．下列多项式中，能分解因式的是：

A．a24b2

【答案】A

【解析】

B．a2b2 C．x44x24 D．a2abb2

根据因式分解的意义，可知A、a24b2能用平方差公式ababab分解，22故正确；B、a2b2=-（a2b2），不能进行因式分解，故不正确；C、x44x24不符合完全平方公式a22abb2ab，故不正确；D、a2abb2既没有公因式，也不符合公式，故不正确.

故选：A.

点睛：此题主要考查了因式分解，解题时利用因式分解的方法：因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式.根据因式分解的一般步骤：一提（公因式）、二套（平方差公式2a2b2abab，完全平方公式a22abb2ab）、三检查（彻底分2解）.

40．把多项式（3a-4b）（7a-8b）+（11a-12b）（8b-7a）分解因式的结果( )

A．8（7a-8b）（a-b）

C．8（7a-8b）（b-a）

【答案】C

【解析】

把(3a-4b)(7a-8b)+(11a-12b)(8b-7a)运用提取公因式法因式分解即可得(3a-4b)(7a-8b)+(11a-12b)(8b-7a)

=(7a-8b)(3a-4b-11a+12b)

=(7a-8b)(-8a+8b)

=8(7a-8b)(b-a).

故选C.

B．2（7a-8b）2

D．-2（7a-8b）

41．如果xm=4，xn=8（m、n为自然数），那么x3m﹣n等于（ ）

A．

【答案】C

【解析】

【分析】

根据同底数幂的除法法则可知：指数相减可以化为同底数幂的除法，故x3mn可化为x3m÷xn，再根据幂的乘方可知：指数相乘可化为幂的乘方，故x3m=（xm）3，再代入xm=4，xn=8，即可得到结果．

【详解】

xn=（xm）3÷xn=43÷8=64÷8=8，

解：x3m﹣n=x3m÷故选：C．

﹣B．4 C．8 D．56

【点睛】

此题主要考查了同底数幂的除法，幂的乘方，关键是熟练掌握同底数幂的除法与幂的乘方的计算法则，并能进行逆运用．

42．如图，大正方形与小正方形的面积之差是60，则阴影部分的面积是

（

）

A．30

【答案】A

【解析】

【分析】

B．20 C．60 D．40

设大正方形的边长为x，小正方形的边长为y，表示出阴影部分的面积，结合大正方形与小正方形的面积之差是60即可求解.

【详解】

设大正方形的边长为x，小正方形的边长为y，

则xy60，

∵S阴影=S△AEC+S△AED

2211(xy)x(xy)y

221=(xy)(xy)

2122=(xy)

2=160

2=30.

故选A.

【点睛】

=此题主要考查了平方差公式的应用，读懂图形和熟练掌握平方差公式是解此题的关键.

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a1•a2•a3•…•a2007是彼此互不相等的负数，且M=（a1+a2+…+a2006）（a2+a3+…+a2007），N=（a1+a2+…+a2007）（a2+a3+…+a2006），那么M与N的大小关系是M

N．

【答案】M＞N

【解析】

解：M﹣N=（a1+a2+…+a2006）（a2+a3+…+a2007）﹣（a1+a2+…+a2007）（a2+a3+…+a2006）

=（a1+a2+…+a2006）（a2+a3+…+a2006）+（a1+a2+…+a2006）a2007﹣（a1+a2+…+a2006）（a2+a3+…+a2006）﹣a2007（a2+a3+…+a2006）

=（a1+a2+…+a2006）a2007﹣a2007（a2+a3+…+a2006）

=a1a2007＞0

∴M＞N

【点评】本题主要考查了整式的混合运算．

44．把方程x2+4xy﹣5y2＝0化为两个二元一次方程，它们是_____和_____．

【答案】x+5y＝0 x﹣y＝0

【解析】

【分析】

通过十字相乘法,把方程左边因式分解,即可求解.

【详解】

∵x2+4xy﹣5y2＝0，

∴(x+5y)(x﹣y)＝0，

∴x+5y＝0或x﹣y＝0，

故答案为：x+5y＝0和 x﹣y＝0．

【点睛】

该题重点考查了因式分解中的十字相乘法,能顺利的把方程左边因式分解是解题的关键所在.十字相乘法相关的知识点是:必须是二次三项式,并且符合拆解的原则,即可利用十字相乘分解因式.

45．分解因式12xy12xy3y___________

【答案】3y2x1

【解析】

根据因式分解的方法，先提公因式-3y，再根据完全平方公式分解因式为：2212x2y12xy3y3y4x24x13y2x1.

2故答案为3y2x1.

2

46．把多项式(x－2)－4x＋8分解因式，哪一步开始出现了错误( )

解：原式＝(x－2)2－(4x－8)…A

＝(x－2)2－4(x－2)…B

＝(x－2)(x－2＋4)…C

＝(x－2)(x＋2)…D

【答案】C

【解析】

2 根据题意，第一步应是添括号（注意符号变化），解法正确，第二步先对后面因式提公因式4，再提取公因式（x-2）这时出现符号错误，所以从C步出现错误.

故选C.

47．已知ab=a+b+1，则（a﹣1）（b﹣1）=_____．

【答案】2

【解析】

【分析】

将（a﹣1）（b﹣1）利用多项式乘多项式法则展开，然后将ab=a+b+1代入合并即可得．

【详解】

（a﹣1）（b﹣1）= ab﹣a﹣b+1，

当ab=a+b+1时，

原式=ab﹣a﹣b+1

=a+b+1﹣a﹣b+1

=2，

故答案为2．

【点睛】

本题考查了多项式乘多项式，解题的关键是掌握多项式乘多项式的运算法则及整体代入思想的运用．

48．因式分解4xx3

．

【答案】xx2x2

【解析】

试题分析：要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，

先提取公因式x后继续应用平方差公式分解即可：4xx3xx24xx2x2．



九、八年级数学分式三角形填空题（难）

49．若关于x的分式方程【答案】1或－1

【解析】

xa＝a无解，则a的值为____．

x1 根据方程无解，可让x+1=0，求出x=-1，然后再化为整式方程可得到x-a=a（x+1），把x=-1代入即可求得-1-a=（-1+1）×a，解答a=-1；当a=1时，代入可知方程无解.

故答案为1或-1.

50．如果11a2abb1，则__________.

ab3a2ab3b15【答案】

【解析】

【分析】

11a2abb1得a+b=ab，然后再对变形，最后代入，即可完成解答.

ab3a2ab3b【详解】

由解：由111得a+b=ab，

abab2abab2ab1a2abbab2ab===.

3ab2ab3a2ab3b3a3b2ab3ab2ab5【点睛】

本题考查了分式的化简求值，解答的关键在于分式的灵活变形.

x2y2=_________________.

51．化简x(x3y)y(yx)xy【答案】

xy【解析】

【分析】

先将分母展开，然后合并，再对分子、分母因式分解，最后约分即可.

【详解】

x2y2解：

x(x3y)y(yx)x2y2=2

2x3xyyxyx2y2=2

x2xyy2xyxy=

2xy=xy

xy 【点睛】

本题考查了多项式乘法和运用公式法进行因式分解，其中运用公式法进行因式分解是解答本题的关键.

52．若关于x的分式方程【答案】1

【解析】

【分析】

增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x20，得到x2，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．

【详解】

解：方程两边都乘x2，得x2m2m(x2)

∵原方程有增根，

∴最简公分母x20，

解得x2，

当x2时，m1

故m的值是1，

故答案为1

【点睛】

本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．

x2m2m有增根，则m的值为_______．

x22x

53．若关于x的方程【答案】﹣8

【解析】

【分析】

试题分析：∵关于x的方程将分式方程x1m无解，则m=

．

x5102xx1m无解，∴x=5

x5102xx1m去分母得：2x1m，

x5102x将x=5代入得：m=﹣8

【详解】

请在此输入详解！

54．已知a是方程x2﹣2018x+1=0的一个根a，则a2﹣2017a+2018的值为_____．

a21 【答案】2017

【解析】

试题解析：根据题意可知：a2﹣2018a+1=0，

∴a2+1=2018a，

a2﹣2017a=a﹣1，

∴原式=a2﹣2017a+=a﹣1+1

a1

aa21=﹣1

a=2018﹣1

=2017

故答案为2017