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期末测试卷（二）（满分 120）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2023上·河南周口·八年级校联考期末）有下列说法：
①轴对称图形的对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
②无论k取任何实数，多项式x2−k y2总能分解成两个一次因式的积的形式：
③若(t−3) t=1，则t可以取两个值；
2 x+m
④若关于x的分式方程 + =2无解，则m的取值为−1．
x−3 3−x
其中正确的说法是（ ）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
【思路点拨】
根据轴对称的性质对①判断；利用平方差公式的特点对②分析；③通过0指数、底数为1，底数为−1或0
，对代数式进行分类讨论得结果；④去分母，化分式方程为整式方程2−x−m=2x−6，根据分式方程无
解，将x=3代入，进而可判断结果．
【解题过程】
解：①轴对称图形的对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线，故①正切；
②当k为负值时，多项式x2−k y2不能分解成两个一次因式的积的形式，故②错误；
③若(t−3) t=1，t=3或t=0或t=2或t=4，则t可以取4个值，故③错误；
④方程两边同时乘以x−3，得2−x−m=2x−6
2 x+m
∵ + =2无解，
x−3 3−x
∴x=3
代入2−x−m=2x−6，即2−3−m=0
解得：m=−1，故④正确；故选：C．
2．（2023下·浙江嘉兴·七年级统考期末）计算：(31+1)(32+1)(34+1)(38+1)(316+1)=（ ）
332−1 332+1
A． B．332−1 C． D．332+1
2 2
【思路点拨】
1
先将式子乘以
(31−1)，值不变，然后运用平方差公式计算即可求解．
2
【解题过程】
解：(31+1)(32+1)(34+1)(38+1)(316+1)
1
= (31−1)(31+1)(32+1)(34+1)(38+1)(316+1)
2
1
= (32−1)(32+1)(34+1)(38+1)(316+1)
2
1
= (34−1)(34+1)(38+1)(316+1)
2
1
= (38−1)(38+1)(316+1)
2
1
= (316−1)(316+1)
2
1
= (316−1)(316+1)
2
1
= (332−1)
2
332−1
= ．
2
故选：A．
3．（2022上·江苏南通·八年级统考期末）已知x2=2y+7，y2=2x+7，且x≠ y，则xy的值为( )
A．7 B．3 C．−3 D．−7
【思路点拨】
两式相减，由平方差公式求出x−y=−2，两式相加，由完全平方公式即可求出xy的值．
【解题过程】
解：∵x2=2y+7，y2=2x+7，∴x2−y2=2(y−x)，
∴(x+ y)(x−y)=−2(x−y)，
∵x≠ y，
∴x+ y=−2，
∵x2+ y2=2(x+ y)+14，
∴(x+ y) 2−2xy=2(x+ y)+14，
∴(−2) 2−2xy=2×(−2)+14，
∴xy=−3，
故选：C．
1
4．（2022上·湖北武汉·八年级统考期末）已知x2−3x+1=0，则x3−5x+
的值为（ ）
x2
A．4 B．5 C．±4 D．±5
【思路点拨】
1 1
将x2−3x+1=0，进行变形得到：x2=3x−1，x2−3x=−1，x+ =3，利用整体思想，将x3−5x+
x x2
( 1) 2
变形为： x+ −4，再代值计算即可．
x
【解题过程】
解：∵x2−3x+1=0，
∴x2=3x−1，x2−3x=−1，
1 1
∴x3−5x+ =x(x2−5)+
x2 x2
1
=x(3x−1−5)+
x2
1
=3x2−6x+
x2
1
=2x2−6x+x2+
x2
1
=2(x2−3x)+x2+
x21
=−2+x2+
x2
( 1) 2
= x−
x
( 1) 2
= x+ −4；
x
∵x2−3x+1=0，当x=0时，1≠0，方程不成立，
∴x≠0，
1
∴方程两边同除以x得：x−3+ =0，
x
1
∴x+ =3，
x
∴ ( x+ 1) 2 −4=32−4=5，即：x3−5x+ 1 =5；
x x2
故选B．
5．（2023下·浙江宁波·七年级校联考期中）如图，有三张正方形纸片A，B，C，它们的边长分别为a，b
，c，将三张纸片按图1，图2两种不同方式放置于同一长方形中，记图1中阴影部分周长为l ，面积为S ，
1 1
图2中阴影部分周长为l ，面积为S ，若4(S −S )=(l −l ) 2 ，则c:b的值为（ ）
2 2 2 1 1 2
1 1 2 3
A． B． C． D．
2 3 3 4
【思路点拨】
根据题目中的数据，设大长方形的宽短边长为d，表示出S ，S ，l ，l ，再代入4(S −S )=(l −l ) 2 ，即
2 1 1 2 2 1 1 2
可求解．
【解题过程】
解：设大长方形的宽为d，
∴由图2知，d=b−c+a，
∴l =2(a+b+c)+(d−a)+(d−c)+(a−b)+(b−c)=2a+2b+2d，
1S =d(a+b+c)−a2−b2−c2 ，
1
l =a+b+c+d+a+c+(a−b)+(b−c)=3a+b+c+d，
2
S =d(a+b+c)−a2−b2+bc，
2
∴S −S =bc+c2 ，
2 1
l −l =b−c−a+d，
1 2
b−c−a+d 2
∴bc+c2=( ) ，
2
∴bc+c2=(b−c) 2，
∴3bc=b2，
∴b=3c，
1
∴c:b的值为 ．
3
故选：B．
2
6．（2023下·重庆大渡口·八年级统考期末）若a≠2，则我们把 称为a的“友好数”，如3的“友好
2−a
2 2 1
数”是 =−2，−2的“友好数”是 = ．下列说法：
2−3 2−(−2) 2
①4的“友好数”是−1；
2
②若实数a的“友好数”与其倒数相等，则a= ；
3
③已知a =3，a 是a 的“友好数”，a 是a 的“友好数”，…，依此类推，则a ⋅a =1．以上说法
1 2 1 3 2 2023 2024
中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】
运用定义对各选项进行计算、推导、辨别．
【解题过程】
2
解：∵ =−1，
2−4
∴4的“友好数”是−1,
∴说法①符合题意；2 1
∵解方程 = ，
2−a a
2 2
解得：a= ，经检验a= 是该方程的根，
3 3
2
∴实数a的“友好数”与其倒数相等，则a= ，
3
∴说法②符合题意；
∵a =3，
1
2
∴a = =−2，
2 2−3
2 1
∴a = = ，
3 2−(−2) 2
2 4
∴a = =
4 1 3，
2−
2
2
∴a = =3
5 4 ，
2−
3
… …
1 4
∴a 按照3，−2， ， ，3，… …4次一循环周期的规律出现，
n 2 3
∵2023÷4=505…3，2024÷4=505…4，
1 4
∴a = ，a = ，
2023 2 2023 3
1 4 2
∴a ⋅a = × = ，
2023 2024 2 3 3
∴说法③不符合题意；
故选：C．
7．（2023上·湖南娄底·八年级统考期末）如图△ABC中，AC=BC=5，AB=6，CD=4，CD为△ABC
的中线，点E、点F分别为线段CD、CA上的动点，连接AE、EF，则AE+EF的最小值为
（ ）A．4.8 B．2.4 C．6 D．5
【思路点拨】
连接BE，过B点作BN⊥AC于N点，根据等腰三角形的性质可知CD垂直平分AB，接着根据垂线段最短
可知：当B、E、F三点共线，且此线与AC垂直时AE+EF有最小值，最小值为BN的长，再利用面积公
1 1 AB×CD
式可得S = ×AB×CD= ×BN×AC，即有BN= ，问题随之得解．
△ABC 2 2 AC
【解题过程】
解：连接BE，过B点作BN⊥AC于N点，如图，
∵△ABC中，AC=BC=5，AB=6，CD为△ABC的中线，
1
∴CD⊥AB，AD=BD= AB=3，
2
∴CD垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴AE+EF=BE+EF，
根据垂线段最短可知：当B、E、F三点共线，且此线与AC垂直时AE+EF有最小值，
∴AE+EF的最小值为BN的长，
∵CD⊥AB，BN⊥AC，
1 1
∴S = ×AB×CD= ×BN×AC，
△ABC 2 2
AB×CD
∴BN= ，
AC∵AC=BC=5，AB=6，CD=4，
AB×CD 6×4
∴BN= = =4.8，
AC 5
∴AE+EF的最小值为4.8，
故选：A．
8．（2022下·上海闵行·七年级校考期末）如图，已知BP、CP分别平分∠ABD、∠ACD，若
∠BAC=α，∠BPC=β，则∠BDC的大小为（ ）
A．α+β B．180°−2β+α C．2β−α D．2α−β
【思路点拨】
根据角平分线定义及三角形外角性质，数形结合表示出角度即可得到答案．
【解题过程】
解：连接AP并延长，如图所示：
由三角形外角性质可知∠BPE=∠BAP+∠ABP；∠CPE=∠CAP+∠ACP；
∵ BP、CP分别平分∠ABD、∠ACD，
1 1
∴∠ABP= ∠ABD；∠ACP= ∠ACD；
2 2
∵ ∠BAC=α，∠BPC=β，
∴β=∠BPC=∠BPE+∠CPE=(∠BAP+∠ABP)+(∠CAP+∠ACP)
1 1 1
=(∠BAP+∠CAP)+ ∠ABD+ ∠ACD=α+ (∠ABD+∠ACD)，
2 2 2
∴∠ABD+∠ACD=2(β−α)，
连接AD并延长，如图所示：∵ ∠BDC=∠BDF+∠CDF=(∠ABC+∠BAF)+(∠ACB+∠CAF)
=∠ABD+∠BAC+∠ACD=∠BAC+(∠ABD+∠ACD)=α+2(β−α)=2β−α，
故选：C．
9．（2022上·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）如图，Rt△ABC和
Rt△DEC中，∠ACB=∠ECD=90°，CA=CB=3，CE=CD，点A在DE上，若AE:AD=1:2，则
Rt△ABC和Rt△DEC重叠部分的面积为（ ）
3 9 7
A． B． C．3 D．
2 4 2
【思路点拨】
设AB与CD相交于点O，连接BD，作OM⊥DE于点M，ON⊥BD于点N，先证明OM=ON，根据条
件算出△ABC的面积，再求出OA与OB的比值即可解决问题．
【解题过程】
解：设AB与CD相交于点O，连接BD，作OM⊥DE于点M，ON⊥BD于点N，如图所示：
∵∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ECA=∠DCB，
在△ECA和△DCB中，{
CE=CD
)
∵ ∠ECA=∠DCB ，
CA=CB
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴∠E=∠CDB=45°，AE=BD，
∵∠EDC=45°，
∴∠CDB=∠EDC，
∴OD平分∠ADB，
又∵OM⊥DE，ON⊥BD，
∴OM=ON，
∵AE:AD＝1:2，
∴BD:AD＝1:2，
在Rt△ADB中，
∵CA=CB=3，
1 9
∴S = ×3×3＝ ，
△ABC 2 2
1
AD·OM
S OA 2 AD
∵ △AOD= = = =2，
S OB 1 DB
DOB DB·ON
2
AO 2
∴ = ，
AB 3
2 2 9
∴S = S = × =3，即Rt△ABC和Rt△DEC重叠部分的面积为3，
△AOC 3 △ABC 3 2
故选：C．
10．（2022上·湖北武汉·八年级武汉市第一初级中学校考期末）如图，等边△ABC和等边△CDE中，A、
C、E共线，且AC=3CE，连接AD和BE相交于点F，以下结论中正确的有（ ）个①∠AFB=60° ②连接FC，则CF平分∠AFE ③AF=3EF ④BF=AF−CF
A．4 B．3 C．2 D．1
【思路点拨】
先证明△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，则
∠AFB=∠BEC+∠CAD=∠BEC+∠CBE=∠ACB=60°，可判断①正确；作CG⊥AD于点G，
1 1
CH⊥BE于点H，由S =S 得 AD⋅CG= BE⋅CH因为AD=BE，所以CG=CH，则CF平分
△ACD △BCE 2 2
S AC
∠BFD，可判断②正确；因为AC=3CE，所以 △ACF = =3可得AF=3EF，可判断③正确；在AF上
S CE
△ECF
截取AI=BF，可证明△ACI≌△BCF，即CI=CF，再证明△CFI是等边三角形得IF=CF，则
AF=AI+IF=BF+CF，可判断④正确．
【解题过程】
解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE=60°+∠BCD，
{
AC=BC
)
在△ACD和△BCE中， ∠ACD=∠BCE ，
DC=EC
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，
∵点B、E、F在一条直线上，
∴∠AFB=∠BEC+∠CAD=∠BEC+∠CBE=∠ACB=60°，故①正确；
如图，作CG⊥AD于点G，CH⊥BE于点H，∵△ACD≌△BCE，
∴S =S ，
△ACD △BCE
1 1
∴ AD⋅CG= BE⋅CH，
2 2
∵AD=BE，
∴CG=CH，
∴点C在∠BFD的平分线上，
∴CF平分∠BFD，故②正确；
∵AC=3CE，
S AC
∴ △ACF = =3，
S CE
△ECF
1
AF⋅CG
2
∴ =3，
1
EF⋅CH
2
AF
∴ =3，
EF
∴AF=3EF，故③正确；
在AF上截取AI=BF，连接CI，
{
AC=BC
)
在△ACI和△BCF中， ∠CAI=∠CBF ，
CI=BF
∴△ACI≌△BCF（SAS），
∴CI=CF，
∵∠AFE=180°−∠AFB=120°，且CF平分∠AFE，
1
∴∠CFI= ∠AEF=60°，
2∴△CFI是等边三角形，
∴IF=CF，
∴AF=AI+IF=BF+CF，
即：BF=AF−CF，故④正确，
综上所述：结论中正确的是①②③④，共4个．
故选：A．
评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2023下·浙江绍兴·七年级统考期末）若m2=n+2023，n2=m+2023，且m≠n，则代数式
m3−2mn+n3的值为 ．
【思路点拨】
由已知条件求得m+n=−1，m2−n=2023，n2−m=2023，再将原式化成m(m2−n)+n(n2−m)，连接
两次代值计算便可得出答案．
【解题过程】
解：∵m2=n+2023，n2=m+2023，
∴m2−n2=n−m，
∴(m+n)(m−n)=n−m，
∵m≠n，
∴m+n=−1，
∵m2=n+2023，n2=m+2023，
∴m2−n=2023，n2−m=2023，
∴原式=m3−mn−mn+n3
=m(m2−n)+n(n2−m)
=2023m+2023n
=2023(m+n)
=2023×(−1)
=−2023．
故答案为：−2023．12．（2023下·四川达州·七年级校考期末）如图所示，点E、D分别在△ABC的边AB、BC上，CE和
AD交于点F =2，S =S =S ，则S = ．
△ABC △BDE △DCE △ACE △EDF
【思路点拨】
取BE的中点G，连接DG，根据△BDE和△DCE的面积相等得出点D是BC的中点，再根据已知条件证
得点E是AG的中点，由此确定点F是AD的中点，再根据等底同高的三角形的面积相等即可得证．
【解题过程】
解：取BE的中点G，连接DG，
∵S =S ，
△BDE △DCE
∴点D是BC的中点，
∵S =S =S ，
△BDE △DCE △ACE
∴S =S +S =2S ，
△BCE △BDE △DCE △ACE
∴点E是AB的三等分点，即点E是AG的中点，
∴点F是AD的中点，
∵S =2，点D是BC的中点，
△ABC
1 1
∴S = S = ×2=1，
△ABD 2 △ABC 2
∵点E是AB的三等分点，
1 1 1
∴S = S = ×1= ，
△ADE 3 △ABD 3 3
∵点F是AD的中点，1 1 1 1
∴S = S = × = ．
△EDF 2 △ADE 2 3 6
1
故答案为： ．
6
{ 2x−3≥ 3 x+2)
13．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期末）若关于x的不等式组 4 的解集为
a−2x<−5
y+2a 12−3 y
x≥4，且关于y的分式方程 − =2的解是正整数，则所有满足条件的整数a的和是
y−1 1−y
．
【思路点拨】
本题考查了解分式方程以及一元一次不等式组的解，根据一元一次不等式组的解及解分式方程，找出
7+a { 2x−3≥ 3 x+2) a+5
y= 的取值范围是解题的关键．由关于x的不等式组 4 的解集为x≥4，可得出 <4
2 2
a−2x<−5
7+a 7+a
，解分式方程，可得出y= ，结合不等式组的解集为正整数，可得出y=2或3或4或5，代入y=
2 2
，可求出a值，结合a为整数，即可得出结论．
【解题过程】
{ 2x−3≥ 3 x+2①)
解： 4 ，
a−2x<−5②
解不等式①得：x≥4，
a+5
解不等式②得：x> ．
2
{ 2x−3≥ 3 x+2)
∵关于x的不等式组 4 的解集为x≥4，
a−2x<−5
a+5
∴ <4，
2
∴a<3，
y+2a 12−3 y
∵ − =2，
y−1 1−y
∴y+2a+12−3 y=2y−2，7+a
∴y= ，
2
y+2a 12−3 y 7+a
∵关于y的分式方程 − =2的解是正整数，y= <5，且y≠1，
y−1 1−y 2
∴y=2或3或4．
7+a
当y=2时， =2，
2
解得：a=−3；
7+a
当y=3时， =3，
2
解得：a=−1；
7+a
当y=4时， =4，
2
解得：a=1；
∴所有满足条件的整数a的和=−3−1+1=−3．
故答案为：−3
14．（2022上·湖北武汉·八年级武汉市第一初级中学校考期末）有一张三角形纸片ABC，∠A=68∘，点
D是AC边上一点，沿BD方向剪开三角形纸片后，发现所得两张纸片均为等腰三角形，则∠C的度数为
．
【思路点拨】
分AB=AD或AB=BD或AD=BD三种情况根据等腰三角形的性质求出∠ADB，再求出∠BDC，然后根
据等腰三角形两底角相等列式计算即可得解．
【解题过程】
解：由题意知△ABD与△DBC均为等腰三角形，
对于△ABD可能有①AB=AD，此时∠ADB=∠A=68°，
∴∠BDC=180°−∠ADB=180°−68°=112°，
故对于△DBC只有BD=CD1
∴∠C= (180°−112°)=34°，
2
1 1
②AB=AD，此时∠ADB= (180°−∠A)= (180°−68°)=56°，
2 2
∴∠BDC=180°−∠ADB=180°−56°=124°，
故对于△DBC只有BD=CD
1
∴∠C= (180°−124°)=28°，
2
③AD=BD，此时，∠ADB=180°−2×68°=44°，
∴∠BDC=180°−∠ADB=180°−44°=136°，
故对于△DBC只有BD=CD
1
∴∠C= (180°−136°)=22°，
2
综上所述，∠C度数可以为34°或28°或22°．
故答案为：34°或28°或22°．
15．（2023下·江苏盐城·七年级景山中学校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射
线CB上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若
S
2AC=7CM，则 △ADB 的值为 ．
S
△AEM
【思路点拨】
添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求
解．
【解题过程】
①如图，过E作EG⊥AC于点G，∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
{∠ACD=∠AGE
)
∠ADC=∠GAE ，
AD=AE
∴△ADC≌△EAG(AAS)，
∴AC=≥¿，CD=AG，
∴△BMC≌△EMG(AAS)，
∴GM=MC，
设CM=2a，则AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC−GM−CM=7a−2a−2a=3a，
∴BD=BC−CD=7a−3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
1 1
BD·AC ×4a×7a
S 2 2 4
则 △ADB = = = ，
S 1 1 5
△AEM AM·GE ×5a×7a
2 2
②如图，过E作EH⊥AC交AC延长线于点H，∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
{∠ACD=∠AHE
)
∠ADC=∠HAE ，
AD=AE
∴△ADC≌△EAH(AAS)，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
{∠BMC=∠EMH
)
∠BCM=∠EHM ，
BC=HE
∴△BMC≌△EMH(AAS)，
∴HM=MC，
设CM=2m，则AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD−BC=11m−7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
1 1
BD·AC ×4m×7m
S 2 2 4
则 △ADB = = = ，
S 1 1 9
△AEM AM·HE ×9m×7m
2 24 4
故答案为： 或 ．
5 9
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分75分）
16．（12分）（2023上·西藏昌都·八年级校考期末）
（1）化简：[(a+3b)(−a+3b)−(2a−3b) 2−5a(a−4b))÷2a；
（2）分解因式：(x2−3x)(x2−3x−8)−20；
x2−9
(
3−x2
)
（3） ÷ x+ ；
x2+2x+1 x+1
1 4x 1
（4）解分式方程： + = ．
x+2 x2−4 x−2
【思路点拨】
（1）先根据平方差公式、完全平方公式及单项式乘多项式展开，再合并同类项，然后再利用多项式除以
单项式计算即可．
（2）设x2−3x=t，原式可分解得(t−10)(t+2)，再利用十字相乘法继续分解即可．
（3）先将被除式的分子、分母因式分解，同时计算括号内分式的加法，再将除法转化为乘法，最后约分
即可得到答案．
（4）先按照去分母，再移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程，再检验即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：[(a+3b)(−a+3b)−(2a−3b) 2−5a(a−4b))÷2a
=[9b2−a2−(4a2−12ab+9b2)−5a2+20ab)÷2a
=(9b2−a2−4a2+12ab−9b2−5a2+20ab)÷2a
=(−10a2+32ab)÷2a
=−5a+16b；
（2）解：设x2−3x=t，则原式=t(t−8)−20
=t2−8t−20
=(t−10)(t+2)，
∴(x2−3x)(x2−3x−8)−20=(x2−3x−10)(x2−3x+2)
=(x−5)(x+2)(x−2)(x−1)；
x2−9
(
3−x2
)
（3） ÷ x+
x2+2x+1 x+1
(x+3)(x−3) x2+x+3−x2
= ÷
(x+1) 2 x+1
(x+3)(x−3) x+1
= ⋅
(x+1) 2 x+3
x−3
= ．
x+1
1 4x 1
（4）解： + =
x+2 x2−4 x−2
方程两边同时乘以(x+2)(x−2)去分母得：x−2+4x=x+2，
移项得：x+4x−x=2+2，
合并同类项得：4x=4，
系数化为1得：x=1，
检验，当x=1时，(x+2)(x−2)≠0，
∴x=1是原方程的解，
∴原方程的解为x=1．
17．（6分）（2023上·山东临沂·八年级校考期末）先化简，再求值：
（1）(4ab3−8a2b2)÷4ab+(2a+b)(2a−b)，其中a=−1，b=−2；
(2a−b b ) a−2b
（2） − ÷ ，其中a−3b=0．
a+b a−b a+b
【思路点拨】
（1）利用多项式除单项式法则、乘法的平方差公式先乘除，再合并同类项，最后代入求值；
（2）首先把括号内的分式进行通分相减，然后把除法转化为乘法，即可进行化简，然后把已知的式子写成a=3b，代入即可求解．
【解题过程】
（1）解：原式=b2−2ab+4a2−b2=4a2−2ab，
把a=−1，b=−2代入4a2−2ab，
即4×(−1) 2−2×(−1)×(−2)=4−4=0
(2a−b b ) a−2b
（2）解： − ÷
a+b a−b a+b
(2a−b)(a−b)−b(a+b) a+b
= ×
(a−b)(a+b) a−2b
2a2−4ab a+b
= ×
(a−b)(a+b) a−2b
2a(a−2b) a+b
= ×
(a−b)(a+b) a−2b
2a
=
a−b
∵a−3b=0，
∴a=3b，
2a 2×3b 6b
把a=3b代入 ，即 = =3．
a−b 3b−b 2b
x+2 4x
18．（6分）（2022上·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期末）已知：M= ，N= ．
2 x+2
（1）当x>0时，判断M−N与0的关系，并说明理由；
16x
（2）设y= +N2 时，若x是正整数，求y的正整数值．
M2
【思路点拨】
（1）先求出M−N的值，再根据当x>0时，(x−2) 2≥0，2(x+1)>0，即可得出M−N≥0；
8
（2）先求出y的值，再根据x和y都是正整数，得出 的取值，进一步得到x+2的取值，然后分类讨
x+2
论，即可得到y的正整数值．
【解题过程】
（1）当x>0时，M−N≥0，
理由如下：x+2 4x
∵M= ，N= ，
2 x+2
x+2 4x
∴M−N= − ，
2 x+2
(x+2) 2 8x
= − ，
2(x+2) 2(x+2)
(x+2) 2−8x
= ，
2(x+2)
(x−2) 2
= ，
2(x+2)
∵x>0，
∴(x−2) 2≥0，2(x+1)>0，
∴M−N≥0
x+2 4x
（2）∵M= ，N= ，
2 x+2
16x
∴y= +N2
，
M2
16x 4x 2
= +( )
x+2 2 x+2 ，
( )
2
64x 16x2
= + ，
(x+2) 2 (x+2) 2
16x2+64x
= ，
(x+2) 2
16(x2+4x)
= ，
(x+2) 2
16(x2+4x+4−4)
= ，
(x+2) 216(x+2) 2−64
= ，
(x+2) 2
64
=16−
，
(x+2) 2
8 2
=16−( ) ，
x+2
∵x和y都是正整数，
8
∴ 是正整数，
x+2
∴x+2可取4，8，
8 8 2
当x+2=4时，x=2， =2，( ) =4
x+2 x+2
8 2
∴y=16−( ) =16−4=12，
x+2
8 8 2
当x+2=8时，x=6， =1，( ) =1
x+2 x+2
8 2
∴y=16−( ) =16−1=15，
x+2
综上所述：当x是正整数，y的正整数值是12或15．
19．（6分）（2022上·湖北武汉·八年级武汉市第一初级中学校考期末）两个小组同时从甲地出发，匀速
1
步行到乙地，甲乙两地相距7.5千米，第一组步行的速度是第二组的1.2倍，并且比第二组早 小时到达乙
4
地．
（1）求第二组的步行速度．
（2）返回时，第二小组为了加快速度，准备进行提速，现有两种方案：
方案1：前半程速度为a，后半程速度为b；
1
方案2：全程速度均为 (a+b)；（方案中速度单位均为千米/小时）
2
其中a和b是不相等的正数，请比较哪种方案平均速度更快，并说明你的理由．
【思路点拨】
（1）根据第二组的速度可得出第一组的速度，依据“时间=路程÷速度”即可找出第一、二组分别到达的
1
时间，再根据第一组比第二组早 小时到达乙地，即可列出分式方程，由此即可得出结论；
4（2）首先求得方案1中全程的平均速度，再与方案2中全程的平均速度进行比较，即可解答．
【解题过程】
（1）解：设第二组步行的速度为x千米/小时，则第一组步行的速度为1.2x千米/小时，
7.5 7.5 1
根据题意得： − = ，
x 1.2x 4
解得x=5，
经检验x=5是原方程的解，且符合题意，
答：第二组的步行速度为5千米/小时；
（2）解：方案2的平均速度更快，
理由如下：
方案1中，全程的平均速度为：
7.5 2ab
=
7.5 7.5 a+b(千米/小时)，
+
2a 2b
1 2ab
(a+b)−
2 a+b
(a+b) 2−4ab
=
2(a+b)
a2+2ab+b2−4ab
=
2(a+b)
a2−2ab+b2
=
2(a+b)
(a−b) 2
=
2(a+b)
∵a和b是不相等的正数，
∴a−b≠0，a+b>0
∴(a−b) 2>0，
(a−b) 2
∴ >0，
2(a+b)
1 2ab
∴ (a+b)− >0，
2 a+b1 2ab
∴ (a+b)> ，
2 a+b
故方案2的平均速度更快．
20．（8分）（2023上·江西赣州·八年级校考期末）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接
AB、CD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
（1）求证：∠A+∠C=∠B+∠D；
（2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有_______个，以点O为交点的“8字型”有________个；
②若∠B=100°，∠C=120°，求∠P的度数；
③根据②的结果直接写出∠B、∠C、∠P之间的关系（不需要证明）．
【思路点拨】
（1）利用三角形内角和定理和对顶角相等即可证明；
（2）①根据“8字型”的定义判断即可；②由（1）结论可得在△AMC和△DMP中，
∠C+∠CAM=∠P+∠PDM，在△BDN和△PAN中，∠B+∠BDN=∠P+∠PAN，两式相加再由角
平分线的定义即可解答；③根据角平分线的定义可得∠1=∠2，∠3=∠4，在△AMC和△DMP中，可有
∠C+∠1=∠P+∠3，即∠C−∠P=∠P+∠3−∠1，同理在△BDN和△PAN中，可有
∠B=∠P+∠2−∠4，∠B+∠C=∠P+∠2−∠4+∠P+∠3−∠1=2∠P，即可获得答案．
【解题过程】
（1）证明：在△AOC中，∠A+∠C=180°−∠AOC，
在△BOD中，∠B+∠D=180°−∠BOD，
∵∠AOC=∠BOD，
∴∠A+∠C=∠B+∠D；
（2）解：①以线段AC为边的“8字型”有：△ACM和△PDM，△ACO和△BOD，△ACO和△DNO，
共3个；
以点O为交点的“8字型”有：△ACO和△BDO，△ACO和△DNO，△AMO和△BDO，△AMO和
△DNO，共4个；
故答案为：3，4；②∵在△AMC和△DMP中，∠C+∠CAM=∠P+∠PDM，
在△BDN和△PAN中，∠B+∠BDN=∠P+∠PAN，
∴∠C+∠CAM+∠B+∠BDN=∠P+∠PDM+∠P+∠PAN，
∵PA平分∠BAC，PD平分∠BDC，
∴∠CAM=∠PAN，∠BDN=∠PDM，
∴∠C+∠B=2∠P，即120°+100°=2∠P，
∴∠P=110°；
③∠B、∠C、∠P之间的关系为2∠P=∠B+∠C．
理由如下：
如下图，
∵AP和DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
在△AMC和△DMP中，∠C+∠1=∠P+∠3，
∴∠C−∠P=∠P+∠3−∠1，
在△BDN和△PAN中，
∠B+∠4=∠P+∠2，
∴∠B=∠P+∠2−∠4，
∴∠B+∠C=∠P+∠2−∠4+∠P+∠3−∠1=2∠P，
∴∠B、∠C、∠P之间的关系为2∠P=∠B+∠C．
21．（12分）（2023上·湖北恩施·八年级校考阶段练习）如图， ∠CAB和∠CBA的角平分线AF，BD相
交点P，∠C=60°．
（1）求∠APB；
（2）求证：PD=PF；（3）若∠ABC=80°，求证：AP=BC．
【思路点拨】
1 1
（1）根据角平分线的定义可得∠PAB= ∠CAB，∠PBA= ∠CBA，再根据三角形内角和定理即可求
2 2
出∠APB的度数．
（2）过P作PE⊥AB，PG⊥AC，PH⊥BC，根据角平分线的性质可得PH=PG，再证
∠PGD=∠PHF，∠DPG=∠FPH，根据ASA证明△PDG≌△PFH即可得PD=PF．
（3）作∠CBD的平分线交AC于点N，由AF平分∠CAB，BD和平分∠CBA，BN平分∠CBD，可得
∠PAD=∠CBN=20°．易证∠DPA=∠C=60°，由等边对等角可得DA=DB，BD=BN，由此得
DA=BN，根据AAS可证△APD≌△CBN，因此可得AP=BC．
【解题过程】
（1）∵AF，BD分别平分∠CAB和∠CBA，
1 1
∴∠PAB= ∠CAB，∠PBA= ∠CBA，
2 2
∴∠APB=180°−(∠PAB+∠PBA)
(1 1 )
=180°− ∠CAB+ CBA
2 2
=180°−(180°−∠C)
=120°．
（2）如图，过P作PE⊥AB，PG⊥AC，PH⊥BC，
∵AF，BD分别平分∠CAB和∠CBA，
∴PE=PG，PE=PH，
∴PH=PG，
∵PH⊥BC，PG⊥AC，
∴∠PGC=∠PHC=90°，
∴∠GPH=360°﹣90°﹣90°﹣60°=120°，
∴∠GPH=∠APB=120°=∠DPF，∴∠DPG=∠FPH，
在△PDG和△PFH中，
{∠PGD=∠PHF
)
PG=PH ，
∠DPG=∠FPH
∴△PDG≌△PFH(ASA)，
∴PD=PF．
1
（3） 如图，作∠CBD的平分线交AC于点N，则∠CBN=∠DBN= ∠CBD，
2
∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，
1 1
∴∠CBD=∠ABD= ∠ABC= ×80°=40°．
2 2
∵BN平分∠CBD，
1 1
∴∠CBN=∠DBN= ∠CBD= ×40°=20°．
2 2
∵△ABC中，∠ABC=80°，∠C=60°，
∴∠CAB=180°﹣60°﹣80°=40°．
∵AF平分∠CAB，
1 1
∴∠DAP=∠PAB= ∠CAB= ×40°=20°，
2 2
∴∠CBN=∠DAP，
∴∠DPA=∠PAB+∠PBA=20°+40°=60°，
∴∠DPA=∠C，
∵∠CAB=∠ABD=40°，
∴AD=BD，
∵∠BDC=∠CAB+∠ABD=80°，
∴∠ANB=∠C+∠CBN=60°+20°=80°，
∴∠ANB=∠BDC，∴BD=BN，
∴AD=BN，
在△APD和△BCN中，
{∠PAD=∠CBN
)
∠APD=∠C ，
AD=BN
∴△APD≌△CBN(AAS)，
∴AP=BC．
22．（12分）（2022上·湖北武汉·八年级武汉市第一初级中学校考期末）已知：在△ABC中，AB=AC，
∠B=α，
（1）如图1，当α=30∘时，过点A作AD⊥AB交BC于D，若AD=4cm，则BC的长为________cm；
（2）如图2，当α=45∘时，过点B作BD平分∠ABC交AC于D，过C作CE⊥BD交BD的延长线于E，
求证:BD=2CE；
（3）当0∘<α<90∘时，AB=4，BC=5，BE为∠ABC的角平分线，CE⊥BE于E，连AE，若S =m
△ABC
，请直接写出△ACE的面积．（用含m的式子表示）
【思路点拨】
（1）由等腰三角形的性质得出∠B=∠C=30°，∠BAD=90°；易证得∠DAC=∠C=30°，即
CD=AD=4cm．Rt△ABD中，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，可求得BD=2AD；由此可求得
BC的长；
（2）延长CE与BA延长线交于点F，首先证明△BAD≌△CAF，根据全等三角形的性质可得BD=CF，
再证明△BEF≌△BCE可得CE=EF，进而可得BD=2CE；
（3）延长CE与BA延长线交于点F，作CH⊥AB于H根据△BEF≌△BCE，可得
1 1
S =S = S ，AF=1，由S =m，得CH= m，从而计算出S ，即可得S ．
△ACE △AFE 2 △ACF △ABC 2 △ACF △ACE
【解题过程】
（1）解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C=30°，∵AB⊥AD，AD=4cm
∴∠BAD=90°，BD=2AD=2×4=8cm，
∴∠B+∠ADB=90°，
∴∠ADB=60°，
∵∠ADB=∠DAC+∠C=60°，
∴∠DAC=30°，
∴∠DAC=∠C，
∴DC=AD=4cm，
∴BC=BD+DC=4+8=12cm，
故答案为：12．
（2）证明：延长CE与BA延长线交于点F，
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，
∴∠BAC=∠DEC，
∵∠ADB=∠CDE，
∴∠ABD=∠DCE，
{∠BAD=∠CAF
)
在△BAD和△CAF中， AB=AC
∠ABD=∠DCE
∴△BAD≌△CAF（ASA），
∴BD=CF，
∵BD平分∠ABC，CE⊥DB，
∴∠FBE=∠CBE，
{∠FBE=∠CBE
)
在△BEF和△BCE中， BE=BE
∠BEF=∠BEC
∴△BEF≌△BCE（ASA），
∴CE=EF，∴BD=2CE．
（3）延长CE与BA延长线交于点F，作CH⊥AB于H
由（2）可知△BEF≌△BCE，
∴CE=FE，BC=BF=5
1
∴S =S = S ，
△ACE △AFE 2 △ACF
又∵AB=4，
∴AF=1，
1
∵S =m，即： AB⋅CH=m，
△ABC 2
1
∴CH= m，
2
1 1 1 1
∴S = AF⋅CH= ×1× m= m，
△ACF 2 2 2 4
1 1
∴S = S = m．
△ACE 2 △ACF 8
23．（13分）（2022上·福建泉州·八年级统考期末）已知在△ABC中，过点A作直线AM，过点B点作直
线BN，过点C的直线分别交直线AM、BN于点D、E，点C在线段DE上运动
（1）当AC=BC,AM∥BN时
①如图1．若CD=CE．求∠ABE的大小；②如图2．∠ABC=∠DEB=60°．求证：AD+DC=BE．
（2）如图3．若直线AD与BE不平行，点C为线段DE中点，∠ACB=120°，且AD=DE=4，BE=1．
求线段AB的最大值．
【思路点拨】
（1）①由“AAS”可证△ADC≌△FEC，得出AC=FC=BC，得出△ABF是直角三角形，即可得出答
案；
②由“AAS”可证△DAC≌△HCB，即可得到AD=CH，DC=BH，再根据CH=CE=HE，即可得到
BE=BH+HE=DC+AD；
（2）由折叠的性质可得AD=AD′=4，CD′=CD=2，∠ACD=∠ACD′，CE=CE′=2，
BE=BE′=1，∠BCE=∠BCE′，可证△CD′E′是等边三角形，CD′=D′E′=CE′=2，即可求解．
【解题过程】
（1）解：①延长AC交BN于点F，如图1所示：
∵AM∥BN，
∴∠DAF=∠AFB，
在△ADC和△FEC中，
{∠DAC=∠EFC
)
∠ACD=∠FCE ，
CD=CE
∴△ADC≌△FEC(AAS)，
∴AC=FC，
∵AC=BC，
1
∴BC=AC=FC= AF，
2
∴∠CAB=∠CBA，∠CBF=∠CFB，
而∠CAB+∠CBA+∠CBF+∠CFB=180°，
∴∠CAB+∠CFB=90°，
∴∠ABE=90°；
②证明：在EB上截取EH=EC，连CH，如图2所示：∵AC=BC,∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠DEB=60°，
∴△CHE是等边三角形，
∴∠CHE=60°,∠HCE=60°，
∴∠BHC=120°，
∵AM∥BN，
∴∠ADC+∠BEC=180°，
∴∠ADC=120°，
∴∠DAC+∠DCA=60°，
又∵∠DCA+∠ACB+∠BCH+∠HCE =180°，
∴∠DCA+∠BCH=60°，
∴∠DAC=∠BCH，
在△DAC与△HCB中，
{∠DAC=∠HCB
)
∠ADC=∠CHB ，
AC=BC
∴△DAC≌△HCB(AAS)
∴AD=CH,DC=BH，
又∵CH=CE=HE，
∴BE=BH+HE=DC+AD，即AD+DC=BE；
（2）解：作△ADC关于直线AC的对称△AD′C，作△BCE关于直线BC的对称△BCE′，连接
D′E′,CD′,CE′，如图3所示：∵点C为线段DE中点，DE=4，
∴DC=CE=2，
∵∠ACB=120°，
∴∠ACD+∠BCE=60°，
∵作△ADC关于直线AC的对称△AD′C，作△BCE关于直线BC的对称△BCE′，
∴AD=AD′=4,CD′=CD=2，∠ACD=∠ACD′,CE=CE′=2，BE=BE′=1,∠BCE=∠BCE′，
∴∠BCE′+∠ACD′=60°，CD′=CE′=2，
∴∠D′CE′=60°，
∴△CD′E′是等边三角形，
∴CD′=D′E′=CE′=2，
由两点之间线段最短可得AB≤AD′+D′E′+BE′=4+2+1 =7，
∴AB的最大值为7．
