广东省广州市广州大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·广州期中）若二次根式有意义，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
2．（2024八下·广州期中）下列一次函数中，y随x增大而增大的有（ ）
①；②；③；④；⑤．
A．①②③ B．①②⑤ C．①③⑤ D．①④⑤
3．（2024八下·广州期中）在平行四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是( )
A．4∶3∶3∶4 B．7∶5∶5∶7 C．4∶3∶2∶1 D．7∶5∶7∶5
4．（2024八下·广州期中）下列命题中，正确的命题的是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线相等的四边形是矩形
5．（2024八下·广州期中）如图，一次函数的图象与轴交于点，则不等式的解为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024八下·广州期中）已知化简的结果是一个整数，则正整数a的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
7．（2024八下·广州期中）要从直线得到直线，就要把直线（ ）
A．向上平移个单位 B．向下平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
8．（2024八下·广州期中）如图有一块菜地，经人工测得菜地的四周分别为，，，，则这块菜地的面积为（ ）
A．24 B．30 C．32 D．36
9．（2024八下·广州期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为24，那么四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024八下·广州期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，E是边AD上一动点，将△CDE沿CE 折叠，得到△CFE，则△BCF面积的最大值是（ ）
A．8 B． C．16 D．
11．（2024八下·广州期中）化简：= ．
12．（2024八下·广州期中）如图，矩形的对角线与相交于点O，，，则的长是 ．
13．（2024八下·广州期中）若关于的二元一次方程组的解是，则直线与的交点坐标是 ．
14．（2024八下·广州期中）一次函数y=x+4的图象不经过的象限是 ．
15．（2024八下·广州期中）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，的三个顶点均在格点上，则边上的高为 ．
16．（2024八下·广州期中）如图，在中，，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，交于点，连接，当时，则的长为 ．
17．（2024八下·广州期中）计算：
（1）
（2）
18．（2024八下·广州期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB∥CD，，
求证：四边形ABCD是平行四边形．
19．（2024八下·广州期中）已知y＝（k﹣3）是关于x的正比例函数，
（1）写出y与x之间的函数解析式：
（2）求当x＝﹣4时，y的值．
20．（2024八下·广州期中）某段公路限速是．“流动测速小组”的小王在距离此公路的A处观察，发现有一辆可疑汽车在公路上疾驶，他赶紧拿出红外测距仪，可疑汽车从处行驶后到达处，测得，若．求出速度并判断可疑汽车是否超速？
21．（2024八下·广州期中）星期六小明外出爬山，他从山脚爬到山顶的过程中，中途休息了一段时间，小明所走的路程（米）与所用时间（分）之间的关系如图所示．
（1）小明休息前爬山的平均速度和休息后爬山的平均速度各是多少？
（2）求小明休息后爬山中与之间的函数关系式，并计算经过80分钟小明爬山所走的路程．
22．（2024八下·广州期中）正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点，作，使，，，并求的面积．
23．（2024八下·广州期中）已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，点是平行四边形外一点，连接和，且．
（1）如图1，若，，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接并延长和交于点，和交于点，求证：．
24．（2024八下·广州期中）如图1，已知中，，，，射线，射线平分交于点D，交于点E，P是射线上的动点．
（1）求线段的长；（2）连结，．
①若，求的长．
②如图2，若点Q是射线上的动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求出的长．
25．（2024八下·广州期中）定义：对于给定的一次函数（，、为常数），把形如（，、为常数）的函数称为一次函数（，、为常数）的衍生函数．已知平行四边形的顶点坐标分别为，，，．
（1）点在一次函数的衍生函数图象上，则 ；
（2）如图，一次函数（，、为常数）的衍生函数图象与平行四边形交于四点，其中点坐标是，并且，求该一次函数的解析式．
（3）一次函数（，、为常数），其中满足．
若一次函数（，为常数）的衍生函数图象与平行四边形恰好有两个交点，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴a-1≥0，
解得：a≥1，
故答案为：A.
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数y＝kx＋b中，k＞0时，y随着x的增大而增大，
∴①③⑤符合题意，
故答案为：C．
【分析】利用一次函数的性质与系数的关系（①当k>0时，一次函数的图象呈上升趋势，此时函数值y随x的增大而增大；②当k<0时，一次函数的图象呈下降趋势，此时函数值y随x的增大而减小）分析求解即可.
3．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：因为平行四边形的对角相等，∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，
所以∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是7∶5∶7∶5，
故选：D
【分析】本题考查平行四边形的性质.根据平行四边形的对角相等，可得∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，再结合选项可选出答案.
4．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：
A、相邻的两边相等的平行四边形是菱形，原说法错误，A不符合题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形，原说法错误，B不符合题意；
C、四个角相等的菱形是正方形，原说法正确，C符合题意；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定结合题意即可求解。
5．【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：一次函数的图象与轴交于点，
，
令中，则，
解得：，
的图象交轴于点．
观察函数图象，发现：
当时，一次函数图象在轴上方，
不等式的解集为．
故答案为：A．
【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
6．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法
【解析】【解答】的结果是一个整数，
正整数的最小值是．
故选：C
【分析】本题考查二次根式的乘除法，二次根式的化简.根据二次根式的乘法法则计算得到，再根据结果是一个整数，据此可求出正整数的最小值．
7．【答案】A
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：
直线向上平移个单位可得：
故选：
【分析】本题考查的是一次函数的图象的上下平移.一次函数的平移性质可得：把向上平移个单位可得：，把向下平移个单位可得：，(n>0).先化简解析式可得：据此可得平移的规律.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴这块菜地的面积为，
故答案为：D.
【分析】连接BD，先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形，且，再利用三角形的面积公式及割补法求出四边形ABCD的面积即可.
9．【答案】B
【知识点】用代数式表示图形变化规律
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴；
又∵各边中点是，
∴四边形的面积矩形的面积，
即四边形的面积矩形的面积；
同理，四边形的面积四边形的面积=矩形的面积；
以此类推，四边形的面积 矩形的面积．
又∵矩形的面积为24，
∴四边形的面积为．
故选：B．
【分析】本题几何规律探究题．利用矩形的性质可得：，再根据中点的性质可得：四边形的面积矩形的面积；四边形的面积四边形的面积=矩形的面积；据此规律可得：四边形的面积 矩形的面积．再根据矩形的面积为24，代入公式可求出四边形的面积.
10．【答案】A
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，BC=CD=AB=4
又∵将△CDE沿CE 折叠，得到△CFE，
∴FC=CD=4
由此，△BCF的底边BC是定长，所以当△BCF的高最大时，△BCF的面积最大，即当FC⊥BC时，三角形有最大面积
∴△BCF面积的最大值是
故选：A．
【分析】本题考查菱形的性质和折叠的性质.利用菱形的性质可得： BC=CD=AB=4 ，利用折叠的性质可得： FC=CD=4 ，进而可得三角形底边BC是定长，所以当△BCF的高最大时，△BCF的面积最大，即当FC⊥BC时，三角形有最大面积，利用三角形的面积计算公式可求出答案.
11．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵π>3，
∴π 3>0；
∴=π 3.
【分析】由进行解答即可.
12．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】利用矩形的性质可得，，再利用角的运算求出∠ACB的度数，利用含30°角的直角三角形的性质求出AC的长，最后利用勾股定理求出BC的长即可.
13．【答案】
【知识点】一次函数与二元一次方程（组）的关系
【解析】【解答】解：∵二元一次方程组的解是，
∴直线与的交点坐标是，
故答案为：．
【分析】本题考查一次函数与二元一次方程组之间的关系.根据二元一次方程组的解是，利用两直线的交点的横纵坐标即为两直线对应的二元一次方程组的解，据此可求出交点的坐标．
14．【答案】第四象限
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵1＞0，4＞0，
∴一次函数的图象经过一、二、三象限，即不经过第四象限．
故答案为：第四象限．
【分析】利用一次函数的图象与系数的关系求解即可。
15．【答案】
【知识点】二次根式的乘除法；三角形的面积；勾股定理；面积及等积变换
【解析】【解答】解：由题意可得：，上的高为2，
∴，
由勾股定理可得：，
设上的高为，
∴，
∴，
∴边上的高为．
故答案为：．
【分析】设上的高为，先利用勾股定理求出AB的长，再利用三角形的面积公式及等面积法可得，再求出即可.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长到K，使得，
延长交于点L，延长，过点E作，
∵正方形，正方形，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，，
∴，
∵正方形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴即，
在中，，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形．延长到K，使得，延长交于点L，延长，过点E作，利用正方形的性质可得：，，， 利用角的运算可得， 利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得： ，利用正方形的性质可得， 利用角的运算可得， 利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，，利用正方形的性质可得， 再结合AG=JE，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得
， 利用线段的运算可求出AP，利用勾股定理可求出BP，据此可求出答案.
17．【答案】（1）解：原式
（2）解：原式
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】本题考查二次根式的加减乘除混合运算.（1）先将化简，再与合并可得：原式，再利用二次根式的除法进行计算可求出答案．
（2）先利用零次幂，再将二次根式化为最简二次根式可得：原式，再合并同类二次根式可求出答案．
（1）解：原式
（2）解：原式
18．【答案】证明：∵AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO．
∵AO=CO，
∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△CDO．
∴AB=CD，
又∵AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【分析】先证出△ABO≌△CDO，再利用全等三角形的性质可得AB=CD，再结合AB//CD，即可证出四边形ABCD是平行四边形．
19．【答案】（1）当k2﹣8＝1，且k﹣3≠0时，y是x的正比例函数，故k＝﹣3时，y是x的正比例函数，
∴y＝﹣6x；
（2）当x＝﹣4时，y＝﹣6×（﹣4）＝24．
【知识点】正比例函数的性质
【解析】【分析】本题查正比例函数的定义.（1）利用正比例函数的定义可列出方程组k2﹣8＝1，且k﹣3≠0，解方程组可求出k的值，据此可求出 y与x之间的函数解析式；
（2）将x＝﹣4代入解析式进行计算可求出y的值，进而可求出答案.
20．【答案】解：∵，，，
∴根据勾股定理可得：，
∴该汽车的速度为，
∵，
∴可疑汽车超速了．
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【分析】本题考查勾股定理．先根据勾股定理求出，再根据速度公式求出速度，再将速度与进行比较，据此可作出判断．
21．【答案】（1）解：小明休息前爬山的平均速度是（米/分），
小明休息后爬山的平均速度是（米/分）
（2）解：设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，把代入得：
，
解得：，
∴，
当时，，
即经过80分钟小明爬山所走的路程是3300米．
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】本题考查函数图象，求一次函数解析式．
（1）根据函数图象可知，小明40分钟爬山2800米，据此可求出小明休息前爬山的平均速度，再根据
分钟休息，分钟爬山米，爬山的总路程为3800米，据此可求出小明休息后爬山的平均速度，
（2）设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，把代入可列出方程组，解方程组可求出k和b的值，据此可得y与x的函数解析式，将代入解析式进行is可求出答案．
（1）解：小明休息前爬山的平均速度是（米/分），
小明休息后爬山的平均速度是（米/分），
（2）解：设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，
把代入得：
，
解得：，
∴，
当时，，
即经过80分钟小明爬山所走的路程是3300米．
22．【答案】解：如图，为所求作的三角形．
根据勾股定理得：，
，
；
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理，格点三角形，三角形的面积．根据勾股定理直接在方格纸中画出图形，再利用勾股定理进行计算可进行检验．利用割补法可得：，再进行计算可求出的面积.
23．【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定．
（1）利用角的运算可得，利用平行四边形的性质可得，进而可得，再结合CE=CF，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，利用菱形的判定定理可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得到，在上取一点，连接，使，利用线段的运算可得，利用全等三角形的判定定理SAS可证明，利用全等三角形的性质可得：，进而可证明，利用全等三角形的性质可得；
（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，
，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
24．【答案】解：（1）平分
∵
（2）①如图1，过作于
四边形为矩形，
②如图2，作于作于
为等腰直角三角形，
平分
∵
为等腰直角三角形，
，
如图3，为等腰直角三角形，
过作于过作于
同理可得：
同理为等腰直角三角形，
综上：或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】 本题考查角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质.（1）由平分线的定义证明，再根据，利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等可证明，从而可得，根据等角对等边可得，据此可求出答案；
（2）①如图，过作于利用矩形的判定定理可证明四边形为矩形，利用矩形的性质可得，再利用勾股定理可求出AB，据此可得，利用勾股定理可求出PB的长度；
②分两种情况讨论，如图2，为等腰直角三角形，作于作于利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得再利用线段的运算可证明，即可得到答案，如图3，为等腰直角三角形，过作于过作于同理可得：利用全等三角形的性质可得：利用等腰直角三角形的性质可证明利用线段的运算可求出AP的长度，据此可求出答案.
25．【答案】（1）
（2）解：连接，∵过，
∴，则，
∴，
设，，，
∵，，，，
∴，，，
把代入得：，
整理得：，
把，代入得：
，
整理得：，
∴，
，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴
（3）∴，则
∴当时，，即过定点，
∴一次函数的衍生函数过点和，
∴且点在内，
设衍生函数图象与y轴的交点为G，
点G沿y轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，
将代入得：，
解得，，
∴时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
点G沿y轴轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，∴且时，图象与有两个交点，符合题意．
综上：或且时，图象恰好与有两个交点．
【知识点】一次函数的概念；待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】（1）解：当，把点在一次函数得：
解得：；
当，把点在一次函数得：
解得：；
故答案为：；
【分析】 本题考查一次函数的综合题型，考查一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，平移的性质.
（1）分两种情况：， 当，将点E的坐标代入衍生函数可列出方程 或 ，解方程可求出n的值，据此可求出答案；
（2）根据过，据此可得；据此可得，设，，，进而可得，，，把代入可求出：，把，代入可列出方程组：
，解方程组可求出，再根据三角形和四边形的面积计算公式可列出方程，解方程可求出k的值，据此可求出一次函数的解析式；
（3）根据k和b的关系得出，据此可推出过定点，根据一次函数的衍生函数过点和，可得且点在内，设衍生函数图象与y轴的交点为G，根据题意得出当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，据此可列出方程，解方程可求出b和k的值，再讨论符合条件的b的取值范围，据此可求出答案．
（1）解：当，把点在一次函数得：
解得：；
当，把点在一次函数得：
解得：；
故答案为：；
（2）解：连接，
∵过，
∴，则，
∴，
设，，，
∵，，，，
∴，，，
把代入得：，
整理得：，
把，代入得：
，
整理得：，
∴，
，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴
（3）解：∵，满足，
∴，则
∴当时，，即过定点，
∴一次函数的衍生函数过点和，
∴且点在内，
设衍生函数图象与y轴的交点为G，
点G沿y轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，
将代入得：，
解得，，
∴时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
点G沿y轴轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，∴且时，图象与有两个交点，符合题意．
综上：或且时，图象恰好与有两个交点．
广东省广州市广州大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·广州期中）若二次根式有意义，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴a-1≥0，
解得：a≥1，
故答案为：A.
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
2．（2024八下·广州期中）下列一次函数中，y随x增大而增大的有（ ）
①；②；③；④；⑤．
A．①②③ B．①②⑤ C．①③⑤ D．①④⑤
【答案】C
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数y＝kx＋b中，k＞0时，y随着x的增大而增大，
∴①③⑤符合题意，
故答案为：C．
【分析】利用一次函数的性质与系数的关系（①当k>0时，一次函数的图象呈上升趋势，此时函数值y随x的增大而增大；②当k<0时，一次函数的图象呈下降趋势，此时函数值y随x的增大而减小）分析求解即可.
3．（2024八下·广州期中）在平行四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是( )
A．4∶3∶3∶4 B．7∶5∶5∶7 C．4∶3∶2∶1 D．7∶5∶7∶5
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：因为平行四边形的对角相等，∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，
所以∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是7∶5∶7∶5，
故选：D
【分析】本题考查平行四边形的性质.根据平行四边形的对角相等，可得∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，再结合选项可选出答案.
4．（2024八下·广州期中）下列命题中，正确的命题的是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：
A、相邻的两边相等的平行四边形是菱形，原说法错误，A不符合题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形，原说法错误，B不符合题意；
C、四个角相等的菱形是正方形，原说法正确，C符合题意；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定结合题意即可求解。
5．（2024八下·广州期中）如图，一次函数的图象与轴交于点，则不等式的解为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：一次函数的图象与轴交于点，
，
令中，则，
解得：，
的图象交轴于点．
观察函数图象，发现：
当时，一次函数图象在轴上方，
不等式的解集为．
故答案为：A．
【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
6．（2024八下·广州期中）已知化简的结果是一个整数，则正整数a的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法
【解析】【解答】的结果是一个整数，
正整数的最小值是．
故选：C
【分析】本题考查二次根式的乘除法，二次根式的化简.根据二次根式的乘法法则计算得到，再根据结果是一个整数，据此可求出正整数的最小值．
7．（2024八下·广州期中）要从直线得到直线，就要把直线（ ）
A．向上平移个单位 B．向下平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
【答案】A
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：
直线向上平移个单位可得：
故选：
【分析】本题考查的是一次函数的图象的上下平移.一次函数的平移性质可得：把向上平移个单位可得：，把向下平移个单位可得：，(n>0).先化简解析式可得：据此可得平移的规律.
8．（2024八下·广州期中）如图有一块菜地，经人工测得菜地的四周分别为，，，，则这块菜地的面积为（ ）
A．24 B．30 C．32 D．36
【答案】D
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴这块菜地的面积为，
故答案为：D.
【分析】连接BD，先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形，且，再利用三角形的面积公式及割补法求出四边形ABCD的面积即可.
9．（2024八下·广州期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为24，那么四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用代数式表示图形变化规律
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴；
又∵各边中点是，
∴四边形的面积矩形的面积，
即四边形的面积矩形的面积；
同理，四边形的面积四边形的面积=矩形的面积；
以此类推，四边形的面积 矩形的面积．
又∵矩形的面积为24，
∴四边形的面积为．
故选：B．
【分析】本题几何规律探究题．利用矩形的性质可得：，再根据中点的性质可得：四边形的面积矩形的面积；四边形的面积四边形的面积=矩形的面积；据此规律可得：四边形的面积 矩形的面积．再根据矩形的面积为24，代入公式可求出四边形的面积.
10．（2024八下·广州期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，E是边AD上一动点，将△CDE沿CE 折叠，得到△CFE，则△BCF面积的最大值是（ ）
A．8 B． C．16 D．
【答案】A
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，BC=CD=AB=4
又∵将△CDE沿CE 折叠，得到△CFE，
∴FC=CD=4
由此，△BCF的底边BC是定长，所以当△BCF的高最大时，△BCF的面积最大，即当FC⊥BC时，三角形有最大面积
∴△BCF面积的最大值是
故选：A．
【分析】本题考查菱形的性质和折叠的性质.利用菱形的性质可得： BC=CD=AB=4 ，利用折叠的性质可得： FC=CD=4 ，进而可得三角形底边BC是定长，所以当△BCF的高最大时，△BCF的面积最大，即当FC⊥BC时，三角形有最大面积，利用三角形的面积计算公式可求出答案.
11．（2024八下·广州期中）化简：= ．
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵π>3，
∴π 3>0；
∴=π 3.
【分析】由进行解答即可.
12．（2024八下·广州期中）如图，矩形的对角线与相交于点O，，，则的长是 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】利用矩形的性质可得，，再利用角的运算求出∠ACB的度数，利用含30°角的直角三角形的性质求出AC的长，最后利用勾股定理求出BC的长即可.
13．（2024八下·广州期中）若关于的二元一次方程组的解是，则直线与的交点坐标是 ．
【答案】
【知识点】一次函数与二元一次方程（组）的关系
【解析】【解答】解：∵二元一次方程组的解是，
∴直线与的交点坐标是，
故答案为：．
【分析】本题考查一次函数与二元一次方程组之间的关系.根据二元一次方程组的解是，利用两直线的交点的横纵坐标即为两直线对应的二元一次方程组的解，据此可求出交点的坐标．
14．（2024八下·广州期中）一次函数y=x+4的图象不经过的象限是 ．
【答案】第四象限
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵1＞0，4＞0，
∴一次函数的图象经过一、二、三象限，即不经过第四象限．
故答案为：第四象限．
【分析】利用一次函数的图象与系数的关系求解即可。
15．（2024八下·广州期中）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，的三个顶点均在格点上，则边上的高为 ．
【答案】
【知识点】二次根式的乘除法；三角形的面积；勾股定理；面积及等积变换
【解析】【解答】解：由题意可得：，上的高为2，
∴，
由勾股定理可得：，
设上的高为，
∴，
∴，
∴边上的高为．
故答案为：．
【分析】设上的高为，先利用勾股定理求出AB的长，再利用三角形的面积公式及等面积法可得，再求出即可.
16．（2024八下·广州期中）如图，在中，，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，交于点，连接，当时，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长到K，使得，
延长交于点L，延长，过点E作，
∵正方形，正方形，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，，
∴，
∵正方形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴即，
在中，，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形．延长到K，使得，延长交于点L，延长，过点E作，利用正方形的性质可得：，，， 利用角的运算可得， 利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得： ，利用正方形的性质可得， 利用角的运算可得， 利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，，利用正方形的性质可得， 再结合AG=JE，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得
， 利用线段的运算可求出AP，利用勾股定理可求出BP，据此可求出答案.
17．（2024八下·广州期中）计算：
（1）
（2）
【答案】（1）解：原式
（2）解：原式
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】本题考查二次根式的加减乘除混合运算.（1）先将化简，再与合并可得：原式，再利用二次根式的除法进行计算可求出答案．
（2）先利用零次幂，再将二次根式化为最简二次根式可得：原式，再合并同类二次根式可求出答案．
（1）解：原式
（2）解：原式
18．（2024八下·广州期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB∥CD，，
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】证明：∵AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO．
∵AO=CO，
∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△CDO．
∴AB=CD，
又∵AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【分析】先证出△ABO≌△CDO，再利用全等三角形的性质可得AB=CD，再结合AB//CD，即可证出四边形ABCD是平行四边形．
19．（2024八下·广州期中）已知y＝（k﹣3）是关于x的正比例函数，
（1）写出y与x之间的函数解析式：
（2）求当x＝﹣4时，y的值．
【答案】（1）当k2﹣8＝1，且k﹣3≠0时，y是x的正比例函数，故k＝﹣3时，y是x的正比例函数，
∴y＝﹣6x；
（2）当x＝﹣4时，y＝﹣6×（﹣4）＝24．
【知识点】正比例函数的性质
【解析】【分析】本题查正比例函数的定义.（1）利用正比例函数的定义可列出方程组k2﹣8＝1，且k﹣3≠0，解方程组可求出k的值，据此可求出 y与x之间的函数解析式；
（2）将x＝﹣4代入解析式进行计算可求出y的值，进而可求出答案.
20．（2024八下·广州期中）某段公路限速是．“流动测速小组”的小王在距离此公路的A处观察，发现有一辆可疑汽车在公路上疾驶，他赶紧拿出红外测距仪，可疑汽车从处行驶后到达处，测得，若．求出速度并判断可疑汽车是否超速？
【答案】解：∵，，，
∴根据勾股定理可得：，
∴该汽车的速度为，
∵，
∴可疑汽车超速了．
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【分析】本题考查勾股定理．先根据勾股定理求出，再根据速度公式求出速度，再将速度与进行比较，据此可作出判断．
21．（2024八下·广州期中）星期六小明外出爬山，他从山脚爬到山顶的过程中，中途休息了一段时间，小明所走的路程（米）与所用时间（分）之间的关系如图所示．
（1）小明休息前爬山的平均速度和休息后爬山的平均速度各是多少？
（2）求小明休息后爬山中与之间的函数关系式，并计算经过80分钟小明爬山所走的路程．
【答案】（1）解：小明休息前爬山的平均速度是（米/分），
小明休息后爬山的平均速度是（米/分）
（2）解：设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，把代入得：
，
解得：，
∴，
当时，，
即经过80分钟小明爬山所走的路程是3300米．
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】本题考查函数图象，求一次函数解析式．
（1）根据函数图象可知，小明40分钟爬山2800米，据此可求出小明休息前爬山的平均速度，再根据
分钟休息，分钟爬山米，爬山的总路程为3800米，据此可求出小明休息后爬山的平均速度，
（2）设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，把代入可列出方程组，解方程组可求出k和b的值，据此可得y与x的函数解析式，将代入解析式进行is可求出答案．
（1）解：小明休息前爬山的平均速度是（米/分），
小明休息后爬山的平均速度是（米/分），
（2）解：设小明休息后爬山中与之间的函数关系式为，
把代入得：
，
解得：，
∴，
当时，，
即经过80分钟小明爬山所走的路程是3300米．
22．（2024八下·广州期中）正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点，作，使，，，并求的面积．
【答案】解：如图，为所求作的三角形．
根据勾股定理得：，
，
；
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理，格点三角形，三角形的面积．根据勾股定理直接在方格纸中画出图形，再利用勾股定理进行计算可进行检验．利用割补法可得：，再进行计算可求出的面积.
23．（2024八下·广州期中）已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，点是平行四边形外一点，连接和，且．
（1）如图1，若，，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接并延长和交于点，和交于点，求证：．
【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定．
（1）利用角的运算可得，利用平行四边形的性质可得，进而可得，再结合CE=CF，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，利用菱形的判定定理可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得到，在上取一点，连接，使，利用线段的运算可得，利用全等三角形的判定定理SAS可证明，利用全等三角形的性质可得：，进而可证明，利用全等三角形的性质可得；
（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，
，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
24．（2024八下·广州期中）如图1，已知中，，，，射线，射线平分交于点D，交于点E，P是射线上的动点．
（1）求线段的长；（2）连结，．
①若，求的长．
②如图2，若点Q是射线上的动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求出的长．
【答案】解：（1）平分
∵
（2）①如图1，过作于
四边形为矩形，
②如图2，作于作于
为等腰直角三角形，
平分
∵
为等腰直角三角形，
，
如图3，为等腰直角三角形，
过作于过作于
同理可得：
同理为等腰直角三角形，
综上：或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】 本题考查角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质.（1）由平分线的定义证明，再根据，利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等可证明，从而可得，根据等角对等边可得，据此可求出答案；
（2）①如图，过作于利用矩形的判定定理可证明四边形为矩形，利用矩形的性质可得，再利用勾股定理可求出AB，据此可得，利用勾股定理可求出PB的长度；
②分两种情况讨论，如图2，为等腰直角三角形，作于作于利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得再利用线段的运算可证明，即可得到答案，如图3，为等腰直角三角形，过作于过作于同理可得：利用全等三角形的性质可得：利用等腰直角三角形的性质可证明利用线段的运算可求出AP的长度，据此可求出答案.
25．（2024八下·广州期中）定义：对于给定的一次函数（，、为常数），把形如（，、为常数）的函数称为一次函数（，、为常数）的衍生函数．已知平行四边形的顶点坐标分别为，，，．
（1）点在一次函数的衍生函数图象上，则 ；
（2）如图，一次函数（，、为常数）的衍生函数图象与平行四边形交于四点，其中点坐标是，并且，求该一次函数的解析式．
（3）一次函数（，、为常数），其中满足．
若一次函数（，为常数）的衍生函数图象与平行四边形恰好有两个交点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）解：连接，∵过，
∴，则，
∴，
设，，，
∵，，，，
∴，，，
把代入得：，
整理得：，
把，代入得：
，
整理得：，
∴，
，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴
（3）∴，则
∴当时，，即过定点，
∴一次函数的衍生函数过点和，
∴且点在内，
设衍生函数图象与y轴的交点为G，
点G沿y轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，
将代入得：，
解得，，
∴时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
点G沿y轴轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，∴且时，图象与有两个交点，符合题意．
综上：或且时，图象恰好与有两个交点．
【知识点】一次函数的概念；待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】（1）解：当，把点在一次函数得：
解得：；
当，把点在一次函数得：
解得：；
故答案为：；
【分析】 本题考查一次函数的综合题型，考查一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，平移的性质.
（1）分两种情况：， 当，将点E的坐标代入衍生函数可列出方程 或 ，解方程可求出n的值，据此可求出答案；
（2）根据过，据此可得；据此可得，设，，，进而可得，，，把代入可求出：，把，代入可列出方程组：
，解方程组可求出，再根据三角形和四边形的面积计算公式可列出方程，解方程可求出k的值，据此可求出一次函数的解析式；
（3）根据k和b的关系得出，据此可推出过定点，根据一次函数的衍生函数过点和，可得且点在内，设衍生函数图象与y轴的交点为G，根据题意得出当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，据此可列出方程，解方程可求出b和k的值，再讨论符合条件的b的取值范围，据此可求出答案．
（1）解：当，把点在一次函数得：
解得：；
当，把点在一次函数得：
解得：；
故答案为：；
（2）解：连接，
∵过，
∴，则，
∴，
设，，，
∵，，，，
∴，，，
把代入得：，
整理得：，
把，代入得：
，
整理得：，
∴，
，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴
（3）解：∵，满足，
∴，则
∴当时，，即过定点，
∴一次函数的衍生函数过点和，
∴且点在内，
设衍生函数图象与y轴的交点为G，
点G沿y轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，
将代入得：，
解得，，
∴时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
点G沿y轴轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，∴且时，图象与有两个交点，符合题意．
综上：或且时，图象恰好与有两个交点．
