魯教版（五四制）8年級數(shù)學下冊試題考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題16分）一、單選題（8小題，每小題2分，共計16分）1、如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD與四邊形A'B'C'D'是位似圖形．位似中心是（）A．（8，0） B．（8，1） C．（10，0） D．（10，1）2、在直角坐標系中，△OAB的頂點為O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以點O為位似中心，在第三象限內作與△OAB的位似比為的位似圖形△OCD，則點C的坐標為（）A． B． C． D．3、如圖，矩形ABCD的對稱軸分別交AB于點E，交CD于點F．若矩形AEFD與矩形ABCD相似，則AB：BC的值為（）A．2 B． C． D．4、如圖，將矩形紙片ABCD沿EF折疊，使點A恰好與點C重合，點B的對應點為點B′，若DC＝4，AF＝5，則BC的長為（）A． B． C．10 D．85、如圖，在平行四邊形ABCD中，E是AB邊上一點，若AE：AB＝1：3，則S△AEF：S△ADC＝（）A．1：12 B．1：9 C．1：6 D．1：36、已知m，n是方程x2+2x﹣5＝0的兩個實數(shù)根，則下列選項錯誤的是（）A．m+n＝﹣2 B．mn＝﹣5 C．m2+2m﹣5＝0 D．m2+2n﹣5＝07、如圖，△ABC和△A1B1C1是以點O為位似中心的位似三角形，若C1為OC的中點，且＝2，則△ABC的面積為（）A．12 B．8 C．6 D．48、關于x的一元二次方程x2＋2mx＋m2＋m＝0的兩個實數(shù)根的平方和為12，則m的值為（）A．m＝－2 B．m＝-3 C．m＝3或m＝－2 D．m＝－3或m＝2第Ⅱ卷（非選擇題84分）二、填空題（7小題，每小題2分，共計14分）1、若關于x的二次方程（m﹣1）x2＋2mx＋m﹣2＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則m的取值范圍是_____．2、如圖，在?ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC的平分線交BC于點F，交AB的延長線于點G，過點C作CE⊥DG，垂足為E，CE=2，則△BFG的周長為______．3、已知m是方程x2﹣x﹣＝0的一個根，則m2﹣m的值是______．4、已知：在四邊形ABCD中，AD=BC，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，CD，AC，BD的中點，四邊形EHFG是_____________．5、如圖，正方形ABCD的邊長為2，AC，BD交于點O，點E為△OAB內的一點，連接AE，BE，CE，OE，若∠BEC＝90°，給出下列四個結論：①∠OEC＝45°；②線段AE的最小值是﹣1；③△OBE∽△ECO；④OE+BE＝CE．其中正確的結論有_____.（填寫所有正確結論的序號）6、如圖，正方形ABCD中，△ABC繞點A逆時針旋轉到△AB′C′，AB′、AC′分別交對角線BD于點E、F，若AE=4，則EF?ED的值為_____．7、如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，若點E是邊CD的中點，連接AE，過點B作BF⊥AE于點F，則BF的長為__．三、解答題（7小題，每小題10分，共計70分）1、解方程：(1)4x(2x+1)＝3(2x+1)；(2)﹣3x2+4x+4＝0．2、在正方形ABCD中，點E是CD邊上任意一點．連接AE，過點B作BF⊥AE于F．交AD于H．(1)如圖1，過點D作DG⊥AE于G，求證：△AFB≌△DGA；(2)如圖2，點E為CD的中點，連接DF，求證：FH+FE＝DF；(3)如圖3，AB＝1，連接EH，點P為EH的中點，在點E從點D運動到點C的過程中，點P隨之運動，請直接寫出點P運動的路徑長．3、計算：(1)(－)×；(2)2－6＋；(3)－；(4)(－1)2－(1－)(1＋)．4、如圖，有長為30m的籬笆，一面利用墻（墻的最大可用長度為10m），圍成中間隔有一道籬笆（平行于AB）的矩形花圃，設花圃一邊AB的長為xm，如要圍成面積為63m2的花圃，那么AB的長是多少？5、（1）解方程：x2+4x﹣21＝0（2）先化簡：÷（），再求代數(shù)式的值，其中是方程x2﹣2x＝4的一個根．（3）已知x1，x2是一元二次方程x2﹣2x+k+2＝0的兩個實數(shù)根，滿足|x1x2|﹣x1﹣x2＝0，求k的值．6、計算：(1)；(2)．7、計算：（1）；（2）．-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】連接兩組對應點，對應點的連線的交點即為位似中心．【詳解】解：如圖，點E即為位似中心，E（10，0），故選：C．【點睛】此題考查了位似中心的定義：位似圖形的對應點的連線的交點即為位似中心，熟記定義是解題的關鍵．2、B【解析】【分析】根據(jù)關于以原點為位似中心的對應點的坐標的關系，把A點的橫縱坐標都乘以-即可．【詳解】解：∵以點O為位似中心，位似比為-，而A

（4，3），∴A點的對應點C的坐標為（-，-1），故選：B．【點睛】本題考查了位似變換：在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或-k．3、B【解析】【分析】根據(jù)矩形的性質和對稱的性質得到AD=BC和，再根據(jù)相似的性質可得到ABBC=ADAE【詳解】解：∵ABCD是矩形，∴AD=BC，∵矩形ABCD的對稱軸分別交AB于點E，交CD于點F，∴，∵矩形AEFD與矩形ABCD相似，∴ABBC∴，，，∴，∴，故選：B．【點睛】本題考查矩形的性質、相似多邊形的性質，綜合運用相關知識是解題的關鍵．4、D【解析】【分析】由折疊得：FA＝FC＝5，∠CFE＝∠AFE，再由矩形的性質，得出△DCF是直角三角形，利用勾股定理可計算出DF點長，后可得出結論．【詳解】解：由折疊得：FA＝FC＝5，∵四邊形ABCD是矩形，CD＝4，∴△CDF是直角三角形，∴DF＝=3，∴BC＝AD＝AF+DF＝8；故選：D．【點睛】本題考查了矩形的性質，旋轉的性質，勾股定理，熟練掌握性質，準確使用勾股定理是解題的關鍵．5、A【解析】【分析】先判斷出△AEF與△DCF是相似，利用性質可求面積比，再由△AEF與△ADF是等高的三角形，也可得出面積比，最后根據(jù)S△ADC=S△CDF+S△ADF計算比值即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AE：AB＝1：3，∴AE：CD＝1：3，∵AE∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴，，∴S△CDF=9S△AEF，S△ADF=3S△AEF，∵S△ADC=S△CDF+S△ADF，∴，故選：A．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，平行四邊形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相似和平行四邊形的基本知識，屬于中考?？碱}型．6、D【解析】【分析】利用根與系數(shù)的關系及一元二次方程的解的定義求出答案即可判斷．【詳解】解：∵m、n是方程x2+2x﹣5＝0的兩個實數(shù)根，∴mn＝﹣5，m+n＝﹣2，m2+2m﹣5＝0，n2+2n﹣5＝0，∴選項A、B、C正確，選項D錯誤；故選：D．【點睛】本題主要考查了根與系數(shù)的關系及一元二次方程的解的定義，解題的關鍵是熟練運用一元二次方程的根與系數(shù)的關系，本題屬于基礎題型．7、B【解析】【分析】依題意，依據(jù)位似三角形的性質，可得對應三角形的相似比，又結合面積比為相似比的平方，即可求解．【詳解】解：由題知，和是以點為位似中心的位似三角形，∴為和的相似比；又為的中點，∴；又結合相似三角形的性質可得：，又；∴故選：B．【點睛】本題主要考查位似三角形及相似三角形的性質，關鍵在熟練應用數(shù)形結合的方式分析解答．8、A【解析】【分析】設x1，x2是x2+2mx+m2+m＝0的兩個實數(shù)根，由根與系數(shù)的關系得x1+x2＝﹣2m，x1?x2＝m2+m，再由x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1?x2代入即可；【詳解】解：設x1，x2是x2+2mx+m2+m＝0的兩個實數(shù)根，∴Δ＝﹣4m≥0，∴m≤0，∴x1+x2＝﹣2m，x1?x2＝m2+m，∵兩個實數(shù)根的平方和為12，∴x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1?x2＝4m2﹣2m2﹣2m＝2m2﹣2m＝12，∴m＝3或m＝﹣2，∴m＝﹣2．故選：A．【點睛】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，解題的關鍵是牢記根與系數(shù)的關系，靈活運用完全平方公式．二、填空題1、m＞且m≠1【解析】【分析】根據(jù)一元二次方程的定義和判別式的意義得到不等式組：，進而即可求出m的取值范圍．【詳解】解：∵關于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+3＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴，解得m＞且m≠1．故答案為：m＞且m≠1．【點睛】本題考查了一元二次方程的定義和判別式，根據(jù)定義解不等式是解題的關鍵．2、【解析】【分析】首先利用已知條件可證明△CDF是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質得出DF=2DE，而在Rt△CDE中，由勾股定理可求得DE的值，即可求得DF的長，從而求出△CFD的周長；然后，證明△CDF△BFG，然后根據(jù)周長比等于相似比即可得到答案．【詳解】解：∵是∠ADC的平分線∴四邊形是平行四邊形在中，的周長為的周長為故答案為：【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練運用以上知識是解題的關鍵．3、【解析】【分析】方程兩邊左右相等的未知數(shù)的值叫做方程的解，故將把x＝m代入方程x2﹣x﹣＝0中即可．【詳解】解：把x＝m代入方程x2﹣x﹣＝0得m2﹣m﹣＝0，所以m2﹣m＝，故答案為：．【點睛】本題考查方程的解的概念，能夠理解方程解的概念是解決本題的關鍵．4、菱形【解析】【分析】由已知條件得出GF是△ADC的中位線，GE是△ABC的中位線，EH是△ABD的中位線，由三角形中位線定理得出GF∥EH，GF=EH，得出四邊形EGFH是平行四邊形，再證出GE=EH，即可得出四邊形EHFG是菱形．【詳解】∵點E、F、G、H分別是AB、CD、AC、BD的中點，∴GF是△ADC的中位線，GE是△ABC的中位線，EH是△ABD的中位線，∴GF∥AD，GF=AD，GE=BC，EH∥AD，EH=AD，∴GF∥EH，GF=EH，∴四邊形EGFH是平行四邊形，又∵AD=BC，∴GE=EH，∴四邊形EGFH是菱形．故答案是：菱形【點睛】本題考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定、菱形的判定方法；解題的關鍵是熟練掌握菱形的判定方法，由三角形中位線定理得出線段之間的關系．5、①②④【解析】【分析】通過證明點E，點B，點C，點O四點共圓，可得∠OEC=∠OBC=45°，故①正確；由題意可得點E在直徑為BC的圓上，當點E在AF上時，AE有最小值，由勾股定理可得AE的最小值為，故②正確；由圓周角定理可得∠BOE≠∠OEC，則∠COE≠∠BEO，即△OBE與△ECO不相似，故③錯誤；由“SAS”可證△COH≌△BOE，可得BE=CH，由線段的和差關系EC=BE+OE，故④正確，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∠ACB=∠DBC=45°，∵∠BEC=90°，∴∠CEB=∠BOC，∴點E，點B，點C，點O四點共圓，∴∠OEC=∠OBC=45°，故①正確；∵∠BEC=90°，∴點E在直徑為BC的圓上，如圖，取BC的中點F，連接AF，EF，∴EF=BF=FC=1，在△AFE中，AE＞AFEF，∴當點E在AF上時，AE有最小值，此時：AF=，∴AE的最小值為，故②正確；∵點E，點B，點C，點O四點共圓，∴∠BOE=∠BCE＜∠BCO=45°，∠OEC=∠CBO=45°，∴∠BOE≠∠OEC，∴∠COE≠∠BEO，∴△OBE與△ECO不相似，故③錯誤；如圖，過點O作OH⊥OE，交CE于H，∵OH⊥OE，∠OEC=45°，∴∠OEC=∠OHE=45°，∴OE=OH，∴EH=OE，∵∠EOH=∠BOC=90°，∴∠BOE=∠COH，又∵OB=OC，∴△COH≌△BOE（SAS），∴BE=CH，∴EC=BE+EH=BE+OE，故④正確，故答案為：①②④．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，相似三角形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．6、16【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質得到∠BAC=∠ADB=45°，根據(jù)旋轉的性質得到∠EAF=∠BAC=45°，根據(jù)相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ADB=45°，∵把△ABC繞點A逆時針旋轉到△AB'C'，∴∠EAF=∠BAC=45°，∵∠AEF=∠DEA，∴△AEF∽△DEA，∴，∴EF?ED=AE2，∵AE=4，∴EF?ED的值為16，故答案為：16．【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，找出相關的相似三角形是解題的關鍵．7、##【解析】【分析】連接，先根據(jù)矩形的性質可得，從而可得，再利用勾股定理可得，然后根據(jù)即可得出答案．【詳解】解：如圖，連接，在矩形中，∵，，是邊的中點，，，，，，，即，解得，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的性質是解題關鍵．三、解答題1、(1)(2)【解析】【分析】（1）因式分解法解一元二次方程即可；（2）根據(jù)公式法解一元二次方程即可(1)(2)【點睛】本題考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解題的關鍵．2、(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【解析】【分析】（1）由正方形的性質得AB＝AD，∠BAD＝90°，證明∠BAF＝∠ADG，然后由AAS證△AFB≌△DGA即可；（2）如圖2，過點D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延長線于J，先證△ABH≌△DAE（ASA），得AH＝DE，再證△DJH≌△DKE（AAS），得DJ＝DK，JH＝EK，則四邊形DKFJ是正方形，得FK＝FJ＝DK＝DJ，則DF＝,FJ，進而得出結論；（3）如圖3，取AD的中點Q，連接PQ，延長QP交CD于R，過點P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，設PT＝b，由（2）得△ABH≌△DAE（ASA），則AH＝DE，再由直角三角形斜邊上的中線性質得PD＝PH＝PE，然后由等腰三角形的性質得DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，則AH＝DE＝1﹣2b，證出PK＝QK，最后證點P在線段QR上運動，進而由等腰直角三角形的性質得QR＝DQ＝．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°∵DG⊥AE，BF⊥AE∴∠AFB＝∠DGA＝90°∵∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°∴∠BAF＝∠ADG在△AFB和△DGA中∵∴△AFB≌△DGA（AAS）．(2)證明：如圖2，過點D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延長線于J由題意知∠BAH＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝CD∵BF⊥AE∴∠AFB＝90°∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°∴∠DAE＝∠ABH在△ABH和△DAE中∵∴△ABH≌△DAE（ASA）∴AH＝DE∵點E為CD的中點∴DE＝EC＝CD∴AH＝DH∴DE＝DH∵DJ⊥BJ，DK⊥AE∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°∴四邊形DKFJ是矩形∴∠JDK＝∠ADC＝90°∴∠JDH＝∠KDE在△DJH和△DKE中∵∴△DJH≌△DKE（AAS）∴DJ＝DK，JH＝EK∴四邊形DKFJ是正方形∴FK＝FJ＝DK＝DJ∴DF＝FJ∴∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ＝DF．(3)解：如圖3，取AD的中點Q，連接PQ，延長QP交CD于R，過點P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，設PT＝b由（2）得△ABH≌△DAE（ASA）∴AH＝DE∵∠EDH＝90°，點P為EH的中點∴PD＝EH＝PH＝PE∵PK⊥DH，PT⊥DE∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°∴四邊形PTDK是矩形∴PT＝DK＝b，PK＝DT∵PH＝PD＝PE，PK⊥DH，PT⊥DE∴PT是△DEH的中位線∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT∴AH＝DE＝1﹣2b∴PK＝DE＝﹣b，QK＝DQ﹣DK＝﹣b∴PK＝QK∵∠PKQ＝90°∴△PKQ是等腰直角三角形∴∠KQP＝45°∴點P在線段QR上運動，△DQR是等腰直角三角形∴QR＝DQ＝∴點P的運動軌跡的長為．【點睛】本題考查了三角形全等，正方形的判定與性質，直角三角形斜邊的中線，等腰三角形的性質等知識．解題的關鍵在于對知識的綜合靈活運用．3、(1)(2)6(3)(4)4－24、【解析】【分析】設的長為m，則平行于墻的一邊長為：m，該花圃的面積為：，令該面積等于63，求出符合題意的的值，即是所求的長．【詳解】解：設該花圃的一邊的長為m，則與相鄰的邊的長為m，由題意得：，即：，解得：，當m時，平行于墻的一邊長為：，不合題意舍去；當m時，平行于墻的一邊長為：，符合題意，所以，的長是．【點睛】本題主要考查一元二次方程的應用，關鍵在于理解清楚題意，找出等量關系列出方程求