2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯八年级数学试卷

第1页（共1页）2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯八年级数学试卷一、填空题（共10题，每题6分，满分60分）1．（6分）因式分解：（a2+2）2﹣36＝．2．（6分）已知x2﹣3x+1＝0，则x+的值为．3．（6分）已知等式x2+ax﹣12＝（x+p）（x+q）中，a、P、q都是整数，则符合条件的a的个数有个．4．（6分）已知（a+25）2＝2023，则（a+15）（a+35）的值为．5．（6分）小明在一台计算器上看到有一个符号“log”，他进行了输入运算实验，发现log100＝2，log1000＝3，log10000＝4⋯，随着x的增大，logx的值增大，若a、b是两个相邻的整数，a＜1og20222023＜b，则a+b＝．6．（6分）不论m为何实数，直线y＝（m﹣1）x﹣2m+1恒过定点．7．（6分）如图，△ABC中，AB+BD＝CD，AD⊥BC，∠B＝58°，则∠BAC＝度．8．（6分）如图，四边形ABCD中，BD平分∠ABC，若∠A+∠C＝180°，AB＝12，AD＝13．则DC＝．9．（6分）用边数为x，y，z的三种边长相等的正多边形地砖铺地，将其顶点拼在一起，刚好能完全铺满地面，则＝．10．（6分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为．二、解答题（共6题，满分90分）11．（14分）已知a、b、c满足a﹣b+c＝7，ab+bc+b+c2+16＝0，试求a的值．12．（14分）如图，在△ABC中，AC＝20，点E是△ABC的中线AD上一点，连结BE并延长交AC于F，，∠BED＝∠CAD．试求出EF的长．13．（14分）如图，直线y＝x+2与x轴、y轴分别相交于点A、B，直线CD与AB交于点C，与y轴交于点D（0，8），过点C作CE⊥x轴于点E，点E的横坐标为3．（1）过点P（t，0）作x轴的垂线分别与直线AB、CD相交于点M、N，求线段MN的长（用t表示）；（2）在（1）的条件下，是否存在以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，试求出t的值；若不存在，请说明理由．14．（16分）在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B+∠C＝180°，∠BAD与∠ADC的角平分相交于点P，AB＝BP＝8，试求AD的长．15．（16分）在菱形ABCD中，∠B＝60°，点M、N分别是BC、AB边上的动点，连结AM、CN相交于E点．（1）若点M是BC的中点，求证：AM＝BM；（2）若BN＝CM，试求∠DEC的度数．16．（16分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+n（n＜0）与x轴、y轴分别交于点B、C．过点M（1，0）作y轴的平行线与函数y＝（m＞0）的图象交于点D，与反比例函数y＝（x＞0）的图象相交于点E．过点D作x轴的平行线与直线y＝kx+n交于点P（点P、D不重合）．（1）当点D绕着O点顺时针旋转90°恰好落在点E时，试求△OCE的面积．（2）当k为何值时，DP+DE的值为定值？并求出此时m、n应满足的条件．

2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯八年级数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（共10题，每题6分，满分60分）1．（6分）因式分解：（a2+2）2﹣36＝（a2+8）（a+2）（a﹣2）．【分析】利用平方差公式因式分解即可．【解答】解：原式＝（a2+2+6）（a2+2﹣6）＝（a2+2+6）（a2﹣4）＝（a2+8）（a+2）（a﹣2），故答案为：（a2+8）（a+2）（a﹣2）．【点评】本题考查利用平方差公式因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．2．（6分）已知x2﹣3x+1＝0，则x+的值为3．【分析】先判断出x≠0，然后方程两边同时除以x，即可求解．【解答】解：当x＝0时，代入方程左右两边左边＝1≠右边，故x≠0方程左右两边同时除以x得：x﹣3+＝0．∴＝3．【点评】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，根据式子的特点进行适当的变形是解决本题的关键．3．（6分）已知等式x2+ax﹣12＝（x+p）（x+q）中，a、P、q都是整数，则符合条件的a的个数有6个．【分析】利用因式分解的方法计算即可．【解答】解：∵﹣12＝﹣1×12＝﹣2×6＝﹣3×4＝﹣4×3＝﹣6×2＝﹣12×1，∴a＝﹣1+12或﹣2+6或﹣3+4或﹣4+3或﹣6+2或﹣12+1，∴符合条件的a的个数有6个，故答案为：6．【点评】本题考查了因式分解的应用，掌握因式分解的方法是解题关键．4．（6分）已知（a+25）2＝2023，则（a+15）（a+35）的值为1923．【分析】先利用完全平方公式进行计算可得：a2+50a＝1398，然后再利用多项式乘多项式的法则进行计算即可解答．【解答】解：∵（a+25）2＝2023，∴a2+50a+625＝2023，∴a2+50a＝1398，（a+15）（a+35）＝a2+35a+15a+525＝a2+50a+525＝1398+525＝1923，故答案为：1923．【点评】本题考查了整式的混合运算﹣化简求值，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．5．（6分）小明在一台计算器上看到有一个符号“log”，他进行了输入运算实验，发现log100＝2，log1000＝3，log10000＝4⋯，随着x的增大，logx的值增大，若a、b是两个相邻的整数，a＜1og20222023＜b，则a+b＝15．【分析】根据题意，可以得到a和b，然后即可计算出a+b的值．【解答】解：∵10000000＜20222023＜100000000，log10000000＝7，log100000000＝8，a＜1og20222023＜b，∴a＝7，b＝8，∴a+b＝7+8＝15，故答案为：15．【点评】本题考查一元一次不等式的整数解、计算器—基础知识，解答本题的关键是明确题意，求出a、b的值．6．（6分）不论m为何实数，直线y＝（m﹣1）x﹣2m+1恒过定点（2，﹣1）．【分析】根据不论m为何实数，直线恒过定点，可得出m的系数为零，据此可解决问题．【解答】解：因为不论m为何实数，直线y＝（m﹣1）x﹣2m+1恒过定点，所以y＝（m﹣1）x﹣2m+1＝（x﹣2）m﹣x+1，则此表达式中m的系数为0，即x﹣2＝0，解得x＝2．当x＝2时，y＝（2﹣2）n﹣2+1＝﹣1，所以直线恒过定点（2，﹣1）．故答案为：（2，﹣1）．【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，能根据题意将解析式改写为y关于m的表达式，并得出m的系数为0是解题的关键．7．（6分）如图，△ABC中，AB+BD＝CD，AD⊥BC，∠B＝58°，则∠BAC＝93度．【分析】在DC上截取DE＝BD，连接AE，根据已知易得AD是BE的垂直分线，从而可得AB＝AE，然后利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠AEB＝58°，再利用三角形的外角性质可得∠C+∠CAE＝58°，最后根据已知和线段的和差关系可得AB＝CE，从而可得AE＝CE，进而可得∠C＝∠CAE＝29°，再利用三角形的内角和定理进行计算，即可解答．【解答】解：在DC上截取DE＝BD，连接AE，∵AD⊥BC，∴AD是BE的垂直分线，∴AB＝AE，∴∠B＝∠AEB＝58°，∵∠AEB是△ACE的一个外角，∴∠AEB＝∠C+∠CAE＝58°，∵AB+BD＝CD，DE+CE＝CD，∴AB＝CE，∴AE＝CE，∴∠C＝∠CAE＝29°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝93°，故答案为：93．【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．8．（6分）如图，四边形ABCD中，BD平分∠ABC，若∠A+∠C＝180°，AB＝12，AD＝13．则DC＝13．【分析】过点D分别作DE⊥BA交BA的延长线于点E，作DF⊥BC于点F，根据AAS证明△DAE≌△DCF即可得出CD＝AD＝13．【解答】解：如图，过点D分别作DE⊥BA交BA的延长线于点E，作DF⊥BC于点F，∵BD平分∠ABC，DE⊥AE，DF⊥BF，∴DE＝DF，∵∠BAD+∠DAE＝∠BAD+∠C＝180°，∴∠C＝∠DAE，在△DAE于△DCF中，，∴△DAE≌△DCF（AAS），∴CD＝AD＝13，故答案为：13．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．（6分）用边数为x，y，z的三种边长相等的正多边形地砖铺地，将其顶点拼在一起，刚好能完全铺满地面，则＝．【分析】根据边数求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件列出方程，进而即可求出答案．【解答】解：由题意知，这3种多边形的3个内角之和为360度，已知正多边形的边数为x、y、z，那么这三个多边形的内角和可表示为：++＝360，两边都除以180得：1﹣+1﹣+1﹣＝2，两边都除以2得，＝．故答案为：．【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺）．解决本题的关键是知道这3种多边形的3个内角之和为360度，据此进行整理分析得解．10．（6分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为．【分析】根据矩形的性质和三角形的面积求出S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，根据勾股定理求出BD，求出AO、DO、根据三角形面积公式求出即可．【解答】解：连接OP，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，AC＝2AO＝2OC，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD，∴OA＝OD＝OC＝OB，∴S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，在Rt△BAD中，由勾股定理得：BD＝＝＝10，∴AO＝OD＝5，∵S△APO+S△DPO＝S△AOD，∴×AO×PE+×DO×PF＝12，∴5PE+5PF＝24，PE+PF＝，故答案为：．【点评】本题考查了三角形面积，矩形的性质，勾股定理的应用，注意：矩形的对角线互相平分且相等，等底等高的三角形面积相等．二、解答题（共6题，满分90分）11．（14分）已知a、b、c满足a﹣b+c＝7，ab+bc+b+c2+16＝0，试求a的值．【分析】由条件变形为a+c＝7+b，ab+bc+b+c2+16＝b（a+c）+b+c2，最后可以变形为（b+4）2+c2＝0，由非负数的性质就可以得出a、b、c的值，从而得出结论．【解答】解：∵a﹣b+c＝7，∴a+c＝7+b．∵ab+bc+b+c2+16＝0，∴b（a+c）+b+c2+16＝0，∴b（7+b）+b+c2+16＝0，∴b2+8b+16+c2＝0，∴（b+4）2+c2＝0，∴b+4＝0，c＝0，∴b＝﹣4，c＝0，∵a﹣b+c＝7，∴a＝3．【点评】本题考查了三元一次不定方程，解题时，综合运用了因式分解，配方法及非负数的性质等知识点．12．（14分）如图，在△ABC中，AC＝20，点E是△ABC的中线AD上一点，连结BE并延长交AC于F，，∠BED＝∠CAD．试求出EF的长．【分析】延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，可证明△BDG≌△CDA（SAS），则BG＝AC＝20，∠CAD＝∠G，根据∠BED＝∠CAD，得∠BED＝∠G，所以BE＝BG＝20，然后根据，即可解决问题．【解答】解：如图，延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，∵BD＝CD，∠BDG＝∠CDA，∴△BDG≌△CDA（SAS），∴BG＝AC＝20，∠CAD＝∠G，∵∠BED＝∠CAD，∴∠BED＝∠G，∴BE＝BG＝20，∵，∴＝，∴EF＝8．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．13．（14分）如图，直线y＝x+2与x轴、y轴分别相交于点A、B，直线CD与AB交于点C，与y轴交于点D（0，8），过点C作CE⊥x轴于点E，点E的横坐标为3．（1）过点P（t，0）作x轴的垂线分别与直线AB、CD相交于点M、N，求线段MN的长（用t表示）；（2）在（1）的条件下，是否存在以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，试求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出直线CD的解析式；先用t表示出点M、N的坐标，然后分类两种情况分别表示出MN的长；（2）根据平行四边形对边相等的性质列出关于t的方程，解方程即可得出答案．【解答】解：（1）当x＝3时，y＝x+2＝3+2＝5，∴C（3，5），设直线CD的解析式是y＝kx+b，将C（3，5），D（0，8）坐标代入得，，解得：，∴直线CD的解析式是y＝﹣x+8．由题知xP＝xM＝xN＝t，∵点M在直线AB上，∴yM＝t+2，∴M（t，t+2），∵点N在直线CD上，∴yN＝﹣t+8，∴N（t，﹣t+8），当t≤3时，MN＝yN﹣yM＝（﹣t+8）﹣（t+2）＝﹣2t+6，当t＞3时，MN＝yM﹣yN＝（t+2）﹣（﹣t+8）＝2t﹣6．（2）存在以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形；理由如下：∵CE⊥x轴，MN⊥x轴，∴CE∥MN，CE＝5，若四边形MNCE是平行四边形，则CE＝MN，即：﹣2t+6＝5或2t﹣6＝5，∴或．【点评】本题主要考查了待定系数法，平面内两点之间的距离及平行四边形的性质，灵活运用一次函数和平行四边形的相关知识，用t表示出点M、N的坐标，然后进行分类讨论是解题的关键．14．（16分）在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B+∠C＝180°，∠BAD与∠ADC的角平分相交于点P，AB＝BP＝8，试求AD的长．【分析】根据条件，先证明点P在AD上，再根据条件证明四边形ABCD是平行四边形，继而根据角平分线与平行线得到AB＝BP＝CP＝CD＝8，即可得到AD长．【解答】解：如图所示，分别作∠A、∠D的平分线，交于点P，设AP与BC交于点E，DP与BC交于点F，∵∠B+∠C＝180°，∴AB∥CD，∴∠BAC+∠ADC＝180°，∵AP平分∠BAD，DP平分∠ADC，∴∠PAD+∠PDA＝（∠BAC+∠ADC）＝＝90°，∵BC∥AD，∴∠DAE＝∠AEB，∠ADF＝∠CFD，∴∠AEB+∠DFC＝∠DAE+∠ADF＝90°，∴∠AEB+∠AED+∠DFC＝180°，∴点P在BC上，即点E、F与点P重合．∵AB∥CD，BC∥AD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝BP＝8，∴CD＝AB＝PC＝8，∴BC＝16，∴AD＝16．【点评】本题考查了平行线性质，熟练掌握角平分线遇到平行线会出现等腰三角形是解答本题的关键．15．（16分）在菱形ABCD中，∠B＝60°，点M、N分别是BC、AB边上的动点，连结AM、CN相交于E点．（1）若点M是BC的中点，求证：AM＝BM；（2）若BN＝CM，试求∠DEC的度数．【分析】（1）连接AC，由菱形的性质得AB＝CB，而∠B＝60°，则△ABC是等边三角形，因为点M是BC的中点，所以BM＝CB＝AB，AM⊥CB，则AB＝2BM，∠AMB＝90°，所以AM＝＝BM；（2）延长EM到点H，使EH＝EC，连接CH，可证明△CBN≌△ACM，得∠BCN＝∠CAM，推导出∠CEH＝∠ACB＝60°，则△ECH是等边三角形，所以CE＝CH，∠ECH＝∠H＝60°，再证明△ADC是等边三角形，得DC＝AC，∠ACD＝60°，则∠DCE＝∠ACH，进而证明△DCE≌△ACH，得∠DEC＝∠H＝60°．【解答】（1）证明：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CB，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵点M是BC的中点，∴BM＝CM＝CB＝AB，AM⊥CB，∴AB＝2BM，∠AMB＝90°，∴AM＝＝＝BM．（2）解：延长EM到点H，使EH＝EC，连接CH，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACM＝60°，CB＝AC，在△CBN和△ACM中，，∴△CBN≌△ACM（SAS），∴∠BCN＝∠CAM，∴∠CEH＝∠CAM+∠ACN＝∠BCN+∠ACN＝∠ACB＝60°，∴△ECH是等边三角形，∴CE＝CH，∠ECH＝∠H＝60°，∵AD＝DC，∠ADC＝∠B＝60°，∴△ADC是等边三角形，∴DC＝AC，∠ACD＝60°，∴∠DCE＝∠ACH＝60°+∠ACE，在△DCE和△ACH中，，∴△DCE≌△ACH（SAS），∴∠DEC＝∠H＝60°，∴∠DEC的度数是60°．【点评】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．16．（16分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+n（n＜0）与x轴、y轴分别交于点B、C．过点M（1，0）作y轴的平行线与函数y＝（m＞0）的图象交于点D，与反比例函数y＝（x＞0）的图象相交于点E．过点D作x轴的平行线与直线y＝kx+n交于点P（点P