2022-2023学年湖北省黄石市阳新县光谷实验学校八年级（上）
期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列每组数分别表示三根木棒的长度，将它们首尾连接后，能摆成三角形的一组是．( ) A. 1，2，6
B. 2，2，4
C. 1，2，3
D. 2，3，4
2. 现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对
称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列运算正确的是( )
A. 𝑚+2𝑚=3𝑚2 B. 2𝑚3⋅3𝑚2=6𝑚6
𝑚6÷𝑚2=𝑚3
C. (2𝑚)3=8𝑚3 D.
4. 小明用尺规在△𝐴𝐵𝐶上作图，并留下如图所示的痕迹，若𝐴𝐵=6，𝐴𝐶=4，则△𝐴𝐵𝐷与
△𝐴𝐶𝐷的面积之比为( )
A. 3：2 B. 9：4 C. 9：2 D. 3：1 5. 因式分解：𝑎𝑏2−2𝑎𝑏+𝑎的结果是( ) A. 𝑎(𝑏2−2𝑏+1) B. 𝑎(𝑏2−2𝑏) C. 𝑎(𝑏−1)2 D. 𝑎𝑏(𝑏−2)
6. 如图，将三角板绕点𝑂逆时针旋转一定角度，过点𝑂在三角板𝑀𝑂𝑁的内部作射线𝑂𝐶，使
得𝑂𝐶恰好是∠𝑀𝑂𝐵的角平分线，此时∠𝐴𝑂𝑀与∠𝑁𝑂𝐶满足的数量关系是( )
A. ∠𝐴𝑂𝑀=∠𝑁𝑂𝐶 C. ∠𝐴𝑂𝑀=3∠𝑁𝑂𝐶
1
1
B. ∠𝐴𝑂𝑀=2∠𝑁𝑂𝐶 D. ∠𝐴𝑂𝑀=4∠𝑁𝑂𝐶
𝑥+1
7. 当分式−𝑥𝑦与−𝑥2𝑦经过计算后的结果是−𝑥2𝑦时，则它们进行的运算是( ) A. 分式的加法
B. 分式的减法
C. 分式的乘法
D. 分式的除法
𝑥+𝑛与𝑥+2的乘积中不含𝑥的次项则𝑛𝑚的值为( ) 8. 若𝑥2+2(𝑚−3)𝑥+1是完全平方式，
A. −4 B. 16 C. −4或−16 D. 4或16
9. 如图，直线𝑀𝑁经过一个正多边形的顶点𝐴，若∠1=∠2=22.5°，
则此正多边形为( )
A. 正七边形 B. 正八边形 C. 正九边形 D. 正十边形
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10. 如图，𝐶为线段𝐴𝐸上一动点(不与点𝐴，𝐸重合)，在𝐴𝐸同侧分别作正三角形𝐴𝐵𝐶和正三
角形𝐶𝐷𝐸，𝐴𝐷与𝐵𝐸交于点𝑂，𝐴𝐷与𝐵𝐶交于点𝑃，𝐵𝐸与𝐶𝐷交于点𝑄，连接𝑃𝑄.以下五个结论：①𝐴𝐷=𝐵𝐸；②𝑃𝑄//𝐴𝐸；③𝐴𝑃=𝐵𝑄；④𝐷𝐸=𝐷𝑃； ⑤∠𝐴𝑂𝐵=60°.其中正确的结论的个数是( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共28.0分）
11. 点𝐴(1,−3)关于𝑥轴的对称点𝐵的坐标是______． 12. 分式
𝑥−1
的值为0，则𝑥的值是 ． 𝑥
13. 一个正多边形的每个外角都是72°，则这个正多边形的对角线有______ 条． 14. 等腰三角形的一个角是70°，则它的顶角是______． 15. 如图，𝐵𝐷是∠𝐴𝐵𝐶的角平分线，𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，垂足为𝐷，∠𝐷𝐴𝐶=
20°，∠𝐶=38°，则∠𝐵𝐴𝐷=______．
16. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶=5，中线𝐴𝐷=7，则𝐴𝐵边的取值范围是
______ ．
17. 已知𝑥2−3𝑥−1=0，则2𝑥3−3𝑥2−11𝑥+1=______．
18. 如图所示，图①是边长为1的等边三角形纸板，周长记为𝐶1，沿图①的底边剪去一块边
长为的等边三角形，得到图②，周长记为𝐶2，然后沿同一底边依次剪去一块更小的等边三角形纸板(即其边长为前一块被剪掉等边三角形纸板边长的)，得图
2图𝑛的周长记为𝐶𝑛，若𝑛≥3，③④…，
则𝐶𝑛+1−𝐶𝑛=______．
三、解答题（本大题共7小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 先化简，再求值：19. （ 本小题8.0分）(
𝑎+28𝑎2−4
，其中𝑎满足方程𝑎2+)÷22𝑎−2𝑎4−𝑎𝑎
1
1
2+4𝑎+1=0．
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20. (本小题8.0分)
(1)因式分解：3𝑥2−6𝑥𝑦+3𝑦2； (2)化简：(𝑥+2)2−(𝑥+1)(𝑥−1)．
21. (本小题7.0分)
如图，点𝐸，𝐹在𝐴𝐵上，𝐴𝐷=𝐵𝐶，∠𝐴=∠𝐵，𝐴𝐸=𝐵𝐹.求证：△𝐴𝐷𝐹≌△𝐵𝐶𝐸．
22. (本小题9.0分)
如图𝑎，网格中的每一个正方形的边长为1，△𝐴𝐵𝐶为格点三角形，直线𝑀𝑁为格点直线(点𝐴、𝐵、𝐶、𝑀、𝑁在小正方形的顶点上)．
(1)仅用直尺在图𝑎中作出△𝐴𝐵𝐶关于直线𝑀𝑁的对称图形△𝐴′𝐵′𝐶′．
(2)如图𝑏，仅用直尺将网格中的格点三角形𝐴𝐵𝐶的面积三等分，并将其中的一份用铅笔涂成阴影．
(3)如图𝑐，仅用直尺作三角形𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐶上的高，简单说明你的理由．
23. (本小题8.0分)
为了创建全国卫生城市，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送，两车各运12趟可完成，需支付运费4800元．已知甲、乙两车单独运完此堆垃圾，乙车所运趟数是甲车的2倍，且乙车每趟运费比甲车少200元． (1)求甲、乙两车单独运完此堆垃圾各需运多少趟？ (2)若单独租用一台车，租用哪台车合算？
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24. (本小题10.0分)
已知，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐶𝐸，𝐵𝐸⊥𝐶𝐸，垂足分别为点𝐷，𝐸． (1)如图1，求证：𝐷𝐸=𝐴𝐷+𝐵𝐸；
(2)如图2，点𝑂为𝐴𝐵的中点，连接𝑂𝐷，𝑂𝐸.请判断△𝑂𝐷𝐸的形状？并说明理由．
25. (本小题12.0分)
等腰𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶，点𝐴、𝐶分别在𝑥轴、𝑦轴的正半轴上．
(1)如图1，求证：∠𝐵𝐶𝑂=∠𝐶𝐴𝑂；
(2)如图2，若𝑂𝐴=5，𝑂𝐶=2，求𝐵点的坐标；
(3)如图3，点𝐶(0,3)，𝑄，𝐴两点均在𝑥轴上，且𝑆△𝐶𝑄𝐴=18.分别以𝐴𝐶、𝐶𝑄为腰在第一、第二象限作等腰𝑅𝑡△𝐶𝐴𝑁、等腰𝑅𝑡△𝑄𝐶𝑀，𝐴𝐶=𝐶𝑁，𝐶𝑀=𝐶𝑄，连接𝑀𝑁交𝑦轴于𝑃点，𝑂𝑃的长度是否发生改变？若不变，求出𝑂𝑃的值；若变化，求𝑂𝑃的取值范围．
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】 【分析】
此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形的三边关系定理．根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，计算两个较小的边的和，看看是否大于第三边即可． 【解答】
解：𝐴、1+2<6，不能组成三角形，故此选项错误； B、2+2=4，不能组成三角形，故此选项错误； C、1+2=3，不能组成三角形，故此选项错误； D、2+3>4，能组成三角形，故此选项正确； 故选：𝐷．
2.【答案】𝐶
【解析】此题主要考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 解：𝐴、不是轴对称图形，不合题意； B、不是轴对称图形，不合题意； C、是轴对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，不合题意． 故选：𝐶．
3.【答案】𝐶
【解析】 【分析】
本题考查合并同类项法则、同底数幂的乘除法以及幂的乘方、积的乘方的计算方法，掌握计算法则是得出正确答案的前提．利用合并同类项、同底数幂的乘除法以及幂的乘方、积的乘方进行计
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算即可． 【解答】
解：𝑚+2𝑚=3𝑚，因此选项A不符合题意； 2𝑚3⋅3𝑚2=6𝑚5，因此选项B不符合题意； (2𝑚)3=23⋅𝑚3=8𝑚3，因此选项C符合题意； 𝑚6÷𝑚2=𝑚6−2=𝑚4，因此选项D不符合题意． 故选C．
4.【答案】𝐴
【解析】解：由作图痕迹可知，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶， 过点𝐷分别作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于点𝐹，
∴𝐷𝐸=𝐷𝐹，
∵𝑆△𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵⋅𝐷𝐸，𝑆△𝐴𝐶𝐷=𝐴𝐶⋅𝐷𝐹， ∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐶， △𝐴𝐶𝐷
∵𝐴𝐵=6，𝐴𝐶=4，
𝑆△𝐴𝐵𝐷𝑆△𝐴𝐶𝐷𝑆
𝐴𝐵12
12
==， 42
63
故选：𝐴．
由作图痕迹可知，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，过点𝐷分别作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于点𝐹，根据角平分线的性质得到𝐷𝐸=𝐷𝐹，再根据三角形面积公式求解即可．
此题考查了三角形的面积，熟记角平分线的作法及性质是解题的关键．
5.【答案】𝐶
【解析】解：原式=𝑎(𝑏2−2𝑏+1) =𝑎(𝑏−1)2， 故选：𝐶．
先提公因式𝑎，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
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本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的前提．
6.【答案】𝐵
【解析】解：令∠𝑁𝑂𝐶为𝛽，∠𝐴𝑂𝑀为𝛾，∠𝑀𝑂𝐶=90°−𝛽， ∵∠𝐴𝑂𝑀+∠𝑀𝑂𝐶+∠𝐵𝑂𝐶=180°， ∴𝛾+90°−𝛽+90°−𝛽=180°， ∴𝛾−2𝛽=0，即𝛾=2𝛽， ∴∠𝐴𝑂𝑀=2∠𝑁𝑂𝐶． 故选：𝐵．
∠𝐴𝑂𝑀为𝛾，∠𝑀𝑂𝐶=90°−𝛽，令∠𝑁𝑂𝐶为𝛽，根据∠𝐴𝑂𝑀+∠𝑀𝑂𝐶+∠𝐵𝑂𝐶=180°即可得到∠𝐴𝑂𝑀与∠𝑁𝑂𝐶满足的数量关系．
本题考查了角的计算，余角和补角，掌握角的和差倍分关系是关键．
7.【答案】𝐴
【解析】解：∵(−𝑥𝑦)+(−𝑥2𝑦)=(−𝑥2𝑦)+(−𝑥2𝑦)=−(𝑥2𝑦+𝑥2𝑦)=−𝑥2𝑦， ∴进行的是分式的加法运算， 故选：𝐴．
根据计算的结果的形式，可以得出可能进行的分式的加减运算，再尝试计算可得出结论． 考查分式的运算，掌握运算法则并正确的运算是正确选择的前提．
1
1
𝑥
1
𝑥
1
𝑥+1
8.【答案】𝐷
【解析】解：∵𝑥2+2(𝑚−3)𝑥+1是完全平方式，(𝑥+𝑛)(𝑥+2)=𝑥2+(𝑛+2)𝑥+2𝑛不含𝑥的一次项，
∴𝑚−3=±1，𝑛+2=0， 解得：𝑚=4或𝑚=2，𝑛=−2， 当𝑚=4，𝑛=−2时，𝑛𝑚=16； 当𝑚=2，𝑛=−2时，𝑛𝑚=4， 则𝑛𝑚=4或16， 故选：𝐷．
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利用完全平方公式，以及多项式乘以多项式法则确定出𝑚与𝑛的值，代入原式计算即可求出值． 此题考查了完全平方式，以及多项式乘多项式，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．
9.【答案】𝐵
【解析】解：22.5°+22.5°=45°， 360÷45=8．
故此正多边形为正八边形． 故选：𝐵．
根据多边形内角与外角的关系，以及平角的定义可求多边形的一个外角，再用360除以正多边形的一个外角可得正多边形的边数．
本题考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是熟记多边形的内角与外角的关系．
10.【答案】𝐶
【解析】解：①△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐶𝐸均是等边三角形，点𝐴，𝐶，𝐸在同一条直线上， ∴𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐸𝐶=𝐷𝐶，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐷=120° ∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐶𝐵
∴𝐴𝐷=𝐵𝐸，故本选项正确； ②∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐶𝐵 ∴∠𝐶𝐵𝑄=∠𝐶𝐴𝑃，
又∵∠𝑃𝐶𝑄=∠𝐴𝐶𝐵=60°，𝐶𝐵=𝐴𝐶， ∴△𝐵𝐶𝑄≌△𝐴𝐶𝑃，
∴𝐶𝑄=𝐶𝑃，又∠𝑃𝐶𝑄=60°， ∴△𝑃𝐶𝑄为等边三角形， ∴∠𝑄𝑃𝐶=60°=∠𝐴𝐶𝐵， ∴𝑃𝑄//𝐴𝐸，故本选项正确； ③∵∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸=60°， ∴∠𝐵𝐶𝐷=60°， ∴∠𝐴𝐶𝑃=∠𝐵𝐶𝑄，
∵𝐴𝐶=𝐵𝐶，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝑄𝐵𝐶， ∴△𝐴𝐶𝑃≌△𝐵𝐶𝑄(𝐴𝑆𝐴)，
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∴𝐶𝑃=𝐶𝑄，𝐴𝑃=𝐵𝑄，故本选项正确； ④已知△𝐴𝐵𝐶、△𝐷𝐶𝐸为正三角形， 故∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐴=60°⇒∠𝐷𝐶𝐵=60°，
又因为∠𝐷𝑃𝐶=∠𝐷𝐴𝐶+∠𝐵𝐶𝐴，∠𝐵𝐶𝐴=60°⇒∠𝐷𝑃𝐶>60°， 故D𝑃不等于𝐷𝐸，故本选项错误； ⑤∵△𝐴𝐵𝐶、△𝐷𝐶𝐸为正三角形，
∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸=60°，𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐷𝐶=𝐸𝐶， ∴∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐷𝐶𝐸+∠𝐵𝐶𝐷， ∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐸， ∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐶𝐵𝐸，
∴∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐶𝐸𝐵=∠𝐶𝐵𝐸+∠𝐶𝐸𝐵， ∵∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐵𝐸+∠𝐶𝐸𝐵=60°， ∴∠𝐴𝑂𝐵=60°， 故本选项正确．
综上所述，正确的结论是①②③⑤． 故选C．
(根据等边三角形的性质可证∠𝐷𝐶𝐵=60°，根据题意，结合图形，对选项一一求证，判定正确选项．由三角形内角和外角定理可证∠𝐷𝑃𝐶>60°，所以𝐷𝑃≠𝐷𝐸)
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．需要学生将相关知识点融会贯通，综合运用．
11.【答案】(1,3)
【解析】解：点𝐴(1,−3)关于𝑥轴的对称点𝐵的坐标是(1,3)． 故答案为：(1,3)．
直接利用关于𝑥轴对称点的性质(横坐标不变，纵坐标互为相反数)得出答案． 此题主要考查了关于𝑥轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
12.【答案】1
【解析】
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【分析】
本题考查了分式的值为零的条件：当分式的分母不为零，分子为零时，分式的值为零． 根据分式的值为零的条件得到𝑥−1=0且𝑥≠0，易得𝑥=1． 【解答】 解：∵分式
𝑥−1
的值为0， 𝑥∴𝑥−1=0且𝑥≠0， ∴𝑥=1． 故答案为：1．
13.【答案】5
【解析】 【分析】
因为是正多边形，所以每个外角都相等，根据多边形的外角和是360°，很容易确定边数．正多边形的边数确定了，那么根据一个多边形有
𝑛(𝑛−3)
条对角线，很容易算出有多少条． 2本题主要考查的是多边形的外角和，多边形的对角线及正多边形的概念和性质，任意多边形的外角和都是360°，和边数无关．正多边形的每个外角都相等．任何𝑛边形的对角线条数为【解答】
解：∵每个外角都是72°， ∴多边形边数𝑛为360°÷72°=5， ∴
𝑛(𝑛−3)2𝑛(𝑛−3)
条． 2
=
5(5−3)2=5，
∴这个正多边形的对角线是5条， 故应填：5．
14.【答案】40°或70°
【解析】解：①70°是底角，则顶角为：180°−70°×2=40°； ②70°为顶角；
综上所述，顶角的度数为40°或70°． 故答案为：40°或70°．
因为题中没有指明该角是顶角还是底角，所以要分两种情况进行分析．
本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题
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时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．
15.【答案】58°
【解析】解：设∠𝐴𝐵𝐷=𝛼，∠𝐵𝐴𝐷=𝛽 ∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐷
∴∠𝐴𝐵𝐷+∠𝐵𝐴𝐷=90°， 即𝛼+𝛽=90°
∵𝐵𝐷是∠𝐴𝐵𝐶的角平分线， ∴∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐴𝐵𝐷=2𝛼， ∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐶=180 ∴2𝛼+𝛽+38°+20°=180°，
𝛼+𝛽=90∘𝛼=32∘
∴联立可得{解得：{ 𝛽=58∘2𝛼+𝛽=122∘∴∠𝐵𝐴𝐷=58° 故答案为：58°
设∠𝐴𝐵𝐷=𝛼，∠𝐵𝐴𝐷=𝛽，利用三角形内角和定理即可求出列出方程求出𝛼与𝛽的值． 本题考查三角形内角和，解题的关键是根据条件列出关于𝛼与𝛽的方程组，本题属于中等题型．
16.【答案】9<𝐴𝐵<19
【解析】解：延长𝐴𝐷到𝐸使𝐷𝐸=𝐴𝐷，连接𝐵𝐸， ∵𝐷是𝐵𝐶的中点， ∴𝐶𝐷=𝐵𝐷． 在△𝐴𝐶𝐷和△𝐸𝐵𝐷中 𝐴𝐷=𝐸𝐷
{∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐸𝐷𝐵， 𝐶𝐷=𝐵𝐷
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐶=𝐸𝐵=5． ∵𝐴𝐷=7， ∴𝐴𝐸=14．
由三角形的三边关系为：
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14−5<𝐴𝐵<14+5， 即9<𝐴𝐵<19． 故答案为：9<𝐴𝐵<19．
如图，延长𝐴𝐷到𝐸使𝐷𝐸=𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，通过证明△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷就可以得出𝐵𝐸=𝐴𝐶，在△𝐴𝐸𝐵中，由三角形的三边关系就可以得出结论．
本题考查了中线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的三边关系的运用，解答时证明三角形全等是关键．
17.【答案】4
【解析】解：2𝑥3−3𝑥2−11𝑥+1 =2𝑥×𝑥2−3𝑥2−11𝑥+1
=2𝑥×(3𝑥+1)−3(3𝑥+1)−11𝑥+1 =6𝑥2+2𝑥−9𝑥−3−11𝑥+1 =6𝑥2−18𝑥−2 =6×(3𝑥+1)−18𝑥−2 =18𝑥+6−18𝑥−2 =4． 故答案为4．
根据已知𝑥2−3𝑥−1=0，可得𝑥2=3𝑥+1.可以利用这个等式对预求的代数式进行降次、化简． 本题考查代数式的化简和求值．熟练运用乘法公式是解题的关键．
18.【答案】2𝑛 【解析】解：∵𝐶1=1+1+1=3， 𝐶2=1+1+=， 𝐶3=1+1+4×3=4， 𝐶4=1+1+4×2+8×3=8， …，
∴𝐶3−𝐶2=4−2=4，
11
5
1
1
1
23
1
11
1
2521
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𝐶4−𝐶3=8−4=8， 则𝐶𝑛+1−𝐶𝑛=
12
1
， 2𝑛23
11
1
故答案为：𝑛．
根据等边三角形的性质(三边相等)求出等边三角形的周长𝐶1，𝐶2，𝐶3，𝐶4，…根据周长相减的结果能找到规律即可求出答案．
本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．
19.【答案】解：原式=[𝑎(𝑎−2)−(𝑎+2)(𝑎−2)]⋅(𝑎+2)(𝑎−2) (𝑎−2)𝑎
=⋅
𝑎(𝑎+2)(𝑎−2)(𝑎+2)(𝑎−2)1=2 (𝑎+2)
=𝑎2+4𝑎+4， ∵𝑎2+4𝑎+1=0， ∴𝑎2+4𝑎=−1， ∴原式=． 3【解析】先把分式化简后，再整体代入法代入求出分式的值
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
11
2
𝑎+2
8
𝑎
20.【答案】解：(1)3𝑥2−6𝑥𝑦+3𝑦2，
=3(𝑥2−2𝑥𝑦+𝑦2)， =3(𝑥−𝑦)2；
(2)(𝑥+2)2−(𝑥+1)(𝑥−1)，
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=𝑥2+4𝑥+4−𝑥2+1， =4𝑥+5．
【解析】(1)先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解； (2)利用完全平方公式与平方差公式展开，然后合并同类项即可得解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止，(2)题利用了完全平方公式与平方差公式．
21.【答案】证明：∵𝐴𝐸=𝐵𝐹，
∴𝐴𝐸+𝐸𝐹=𝐵𝐹+𝐸𝐹， ∴𝐴𝐹=𝐵𝐸，
∵在△𝐴𝐷𝐹与△𝐵𝐶𝐸中， 𝐴𝐷=𝐵𝐶{∠𝐴=∠𝐵 𝐴𝐹=𝐵𝐸
∴△𝐴𝐷𝐹≌△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)．
【解析】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是求证𝐴𝐹=𝐵𝐸，本题属于基础题型． 根据全等三角形的判定即可求证：△𝐴𝐷𝐹≌△𝐵𝐶𝐸．
22.【答案】(1)解：如图𝑎中，△𝐴′𝐵′𝐶′即为所求．
(2)解：如图，取格点𝑂，计算可知𝑆△𝐴𝑂𝐶=𝑆△𝐵𝑂𝐶=𝑆△𝐴𝑂𝐵=2(平方单位)
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本题方法多，列举部分方法如下：
(3)解：如图，选择格点𝐷、𝐸，证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐸.于是，𝐴𝐵=𝐶𝐵． 选择格点𝑄，证明△𝐴𝐵𝑄≌△𝐶𝐵𝑄，于是，𝐴𝑄=𝐶𝑄．
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∴𝐵𝑄为线段𝐴𝐶的垂直平分线，设𝐵𝑄与𝐴𝐶相交于点𝐹，则𝐵𝐹为所要求的△𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐶上的高．
【解析】(1)分别作出𝐴，𝐵，𝐶的对应点𝐴′，𝐵′，𝐶′即可．
(2)如图，取格点𝑂，计算可知𝑆△𝐴𝑂𝐶=𝑆△𝐵𝑂𝐶=𝑆△𝐴𝑂𝐵=2(平方单位).本题方法多只要满足条件即可．
(3)如图，选择格点𝐷、𝐸，证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐸.于是，𝐴𝐵=𝐶𝐵.选择格点𝑄，证明△𝐴𝐵𝑄≌△𝐶𝐵𝑄，于是，𝐴𝑄=𝐶𝑄.推出𝐵𝑄为线段𝐴𝐶的垂直平分线，设𝐵𝑄与𝐴𝐶相交于点𝐹，则𝐵𝐹为所要求的△𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐶上的高．
本题考查作图，轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)设甲车单独运完此堆垃圾需运𝑥趟，则乙车单独运完此堆垃圾需运2𝑥趟，
根据题意得出：12(+解得：𝑥=18，
经检验：𝑥=18是原方程的解，
则乙车单独运完此堆垃圾需运：2𝑥=36(趟)，
答：甲车单独运完此堆垃圾需18趟，乙车单独运完此堆垃圾需36趟． (2)设甲车每一趟的运费是𝑎元，由题意得： 12𝑎+12(𝑎−200)=4800， 解得：𝑎=300，
则乙车每一趟的费用是：300−200=100(元)， 单独租用甲车的总费用是：18×300=5400(元)， 单独租用乙车的总费用是：36×100=3600(元)，
1𝑥1)2𝑥=1，
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3600<5400，
故单独租用一台车时，租用乙车合算．
【解析】此题主要考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
(1)假设甲车单独运完此堆垃圾需运𝑥趟，则乙车单独运完此堆垃圾需运2𝑥趟，根据工作总量=工作时间×工作效率，建立方程求解即可；
(2)分别表示出甲、乙两车单独运每一趟所需的费用，再根据关键语句“两车各运12趟可完成，需支付运费4800元”可得方程，再解出方程，再分别计算出单独租用甲或乙所需费用进行比较即可．
24.【答案】解：(1)证明：∵𝐵𝐸⊥𝐶𝐸，𝐴𝐷⊥𝐶𝐸，
∴∠𝐸=∠𝐷=90°， ∴∠𝐸𝐵𝐶+∠𝐵𝐶𝐸=90°． ∵∠𝐴𝐶𝐵=90°， ∴∠𝐵𝐶𝐸+∠𝐴𝐶𝐷=90°， ∴∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐷𝐶𝐴． 在△𝐶𝐸𝐵和△𝐴𝐷𝐶中， ∠𝐸=∠𝐷,
{∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐷𝐶𝐴, 𝐵𝐶=𝐴𝐶,
∴△𝐶𝐸𝐵≌△𝐴𝐷𝐶(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝐸=𝐷𝐶，𝐴𝐷=𝐶𝐸， ∴𝐷𝐸=𝐷𝐶+𝐶𝐸=𝐴𝐷+𝐵𝐸； (2)△𝑂𝐷𝐸是等腰直角三角形． 理由：如图2，连接𝑂𝐶．
∵𝐴𝐶=𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵=90°，点𝑂是𝐴𝐵中点，
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∴𝐴𝑂=𝐵𝑂=𝐶𝑂，∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐵𝐴=45°，𝐶𝑂⊥𝐴𝐵， ∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐸𝐶=90°． ∵∠𝐵𝑂𝐶+∠𝐵𝐸𝐶+∠𝐸𝐶𝑂+∠𝐸𝐵𝑂=360°，
∴∠𝐸𝐵𝑂+∠𝐸𝐶𝑂=180°，且∠𝐷𝐶𝑂+∠𝐸𝐶𝑂=180°， ∴∠𝐷𝐶𝑂=∠𝐸𝐵𝑂． 在△𝐷𝐶𝑂和△𝐸𝐵𝑂中， 𝐶𝑂=𝐵𝑂,
{∠𝐷𝐶𝑂=∠𝐸𝐵𝑂, 𝐷𝐶=𝐵𝐸,
∴△𝐷𝐶𝑂≌△𝐸𝐵𝑂(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐸𝑂=𝐷𝑂，∠𝐸𝑂𝐵=∠𝐷𝑂𝐶，
∴∠𝐵𝑂𝐸+∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐷𝑂𝐶+∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐶=90°， ∴∠𝐷𝑂𝐸=90°，
∴△𝑂𝐷𝐸是等腰直角三角形．
【解析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，添加恰当辅助线是本题的关键．
(1)根据条件可以得出∠𝐸=∠𝐷=90°，𝐴𝐷=𝐶𝐸； 进而得出△𝐶𝐸𝐵≌△𝐴𝐷𝐶，就可以得出𝐵𝐸=𝐷𝐶，(2)如图2，∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐵𝐴=45°，𝐶𝑂⊥𝐴𝐵，连接𝑂𝐶，由等腰直角三角形的性质可得𝐴𝑂=𝐵𝑂=𝐶𝑂，由“𝑆𝐴𝑆”可证△𝐷𝐶𝑂≌△𝐸𝐵𝑂，可得𝐸𝑂=𝐷𝑂，∠𝐸𝑂𝐵=∠𝐷𝑂𝐶，再证∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐶=90°，可证△𝑂𝐷𝐸是等腰直角三角形．
25.【答案】解：(1)证明：∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐴𝑂𝐶=90°，
∴∠𝐵𝐶𝑂+∠𝐴𝐶𝑂=90°=∠𝐶𝐴𝑂+∠𝐴𝐶𝑂， ∴∠𝐵𝐶𝑂=∠𝐶𝐴𝑂；
(2)如图2，过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴于点𝐷， 则∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=90°，
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在△𝐶𝐷𝐵和△𝐴𝑂𝐶中， ∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝑂𝐶,{∠𝐵𝐶𝑂=∠𝐶𝐴𝑂, 𝐵𝐶=𝐴𝐶,
∴△𝐶𝐷𝐵≌△𝐴𝑂𝐶(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝐷=𝐶𝑂=2，𝐶𝐷=𝐴𝑂=5， ∴𝑂𝐷=𝐶𝐷−𝑂𝐶=5−2=3． 又∵点𝐵在第三象限， ∴𝐵(−2,−3)；
(3)𝑂𝑃的长度不会发生改变．
理由：如图3，过点𝑁作𝑁𝐻//𝐶𝑀，交𝑦轴于点𝐻， 则∠𝐶𝑁𝐻+∠𝑀𝐶𝑁=180°，
∵等腰𝑅𝑡△𝐶𝐴𝑁、等腰𝑅𝑡△𝑄𝐶𝑀， ∴∠𝑀𝐶𝑄+∠𝐴𝐶𝑁=180°，
∴∠𝐴𝐶𝑄+∠𝑀𝐶𝑁=360°−180°=180°， ∴∠𝐶𝑁𝐻=∠𝐴𝐶𝑄．
又∵∠𝐻𝐶𝑁+∠𝐴𝐶𝑂=90°=∠𝑄𝐴𝐶+∠𝐴𝐶𝑂，
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∴∠𝐻𝐶𝑁=∠𝑄𝐴𝐶． 在△𝐻𝐶𝑁和△𝑄𝐴𝐶中， ∠𝐶𝑁𝐻=∠𝐴𝐶𝑄,{𝐶𝑁=𝐴𝐶, ∠𝐻𝐶𝑁=∠𝑄𝐴𝐶,
∴△𝐻𝐶𝑁≌△𝑄𝐴𝐶(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝐶𝐻=𝐴𝑄，𝐻𝑁=𝑄𝐶． ∵𝑄𝐶=𝑀𝐶， ∴𝐻𝑁=𝐶𝑀．
∵点𝐶(0,3)，𝑆△𝐶𝑄𝐴=18， ∴𝑂𝐶=3，×𝐴𝑄×𝐶𝑂=18， ∴𝐴𝑄=12， ∴𝐶𝐻=12． ∵𝑁𝐻//𝐶𝑀， ∴∠𝑃𝑁𝐻=∠𝑃𝑀𝐶． ∴在△𝑃𝑁𝐻和△𝑃𝑀𝐶中， ∠𝐻𝑃𝑁=∠𝐶𝑃𝑀,{∠𝑃𝑁𝐻=∠𝑃𝑀𝐶, 𝐻𝑁=𝐶𝑀,
∴△𝑃𝑁𝐻≌△𝑃𝑀𝐶(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐶𝑃=𝑃𝐻=2𝐶𝐻=6． 又∵𝐶𝑂=3，
∴𝑂𝑃=𝐶𝑂+𝐶𝑃=3+6=9， 即𝑂𝑃的长度始终是9．
【解析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质． (1)根据同角的余角相等得出结论即可；
(2)先过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴于点𝐷，𝐶𝐷=𝐴𝑂=5，再判定△𝐶𝐷𝐵≌△𝐴𝑂𝐶(𝐴𝐴𝑆)，求得𝐵𝐷=𝐶𝑂=2，进而得出𝑂𝐷=3，即可得到𝐵点的坐标；
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(3)过点𝑁作𝑁𝐻//𝐶𝑀，交𝑦轴于点𝐻，证△𝐻𝐶𝑁≌△𝑄𝐴𝐶(𝐴𝑆𝐴)，得出𝐶𝐻=𝐴𝑄，𝐻𝑁=𝑄𝐶，然后𝑆△𝐶𝑄𝐴=18，根据点𝐶(0,3)，求得𝐴𝑄=12，再证△𝑃𝑁𝐻≌△𝑃𝑀𝐶(𝐴𝐴𝑆)，得出𝐶𝑃=𝑃𝐻=𝐶𝐻=6，
2即可求得𝑂𝑃=3+6=9(定值)．
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