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2017-2018 学年八年级下册期末综合练习 1
姓名：__________班级：__________考号：__________
一 、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是符合题目要求的）
下列各式变形中，是因式分解的是（ ）
A． a2﹣2ab+b2﹣1=（a﹣b）2﹣1 B． 2x2+2x=2x2（1+ ）
C． （x+2）（x﹣2）=x2﹣4 D． x4﹣1=（x2+1）（x+1）（x﹣1）
一个多边形的每个内角均为120°，则这个多边形是 （ ）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D七边形
等腰三角形的一个角为50°，则它的底角为( )
A．50° B．65° C．50°或65° D．80°
计算 所得正确结果（ ）
A． B．1 C． D．﹣1
如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB，AC于D，E两点，且AC=10，BC=4，则△BCE的周
长为（ ）
A． 6 B． 14 C． 18 D． 24
如图，AB=AD，CB=CD，AC、BD相交于点O，则下列结论正确的是（ ）
A． OA=OC B． 点O到AB、CD的距离相等
C. ∠BDA=∠BDC D． 点O到CB、CD的距离相等
D
A C
O
B
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某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如
果超市要想至少获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高（
）
A．40% B．33.4% C．33.3% D．30%
如图，将四边形ABCD先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，那么点A的对应点A′的坐
标是（ ）
A．（6，1） B．（0，1） C．（0，﹣3） D．（6，﹣3）
如图，△ABC中，BD平分∠ABC，BC的中垂线交BC于点E，交BD于点F，连接CF．若∠A=60°，
∠ABD=24°，则∠ACF的度数为（ ）
A. 48° B. 36° C. 30° D. 24°
如图，菱形中，对角线AC、BD交于点O，E为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OE的长等
于（ ）
A． 3.5 B．4 C．7 D．14
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二 、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
分式 的值为0，则x= ．
分解因式：my2﹣9m=____________．
不等式组 的解集是__________．
已知等腰三角形的一边长为4，另一边长为8，则这个等腰三角形的周长为 ．
如图，∠B=∠D=90°，BC=DC，∠1=40°，则∠2=______度．
如图，矩形 的对角线 ， ，则图中五个小矩形的周长之和为_______．
A D
B C
适合关于x的不等式组 的整数解是 ．
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，点D是BC边上的点，CD=1，将△ACD沿直线AD
翻折，使点C落在AB边上的点E处，若点P是直线AD上的动点，则PB+PE的最小值是
______________．
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三 、解答题（本大题共8小题，共66分）
化简： ．
解不等式组 ，并在所给的数轴上表示出其解集．
动车的开通为扬州市民的出行带来了方便．从扬州到合肥，路程为360km，某趟动车的平均速
度比普通列车快50%，所需时间比普通列车少1小时，求该趟动车的平均速度．
在一次军事演习中，红方侦查员发现蓝方的指挥部P设在S区．到公路a与公路b的距离相
等，并且到水井M与小树N的距离也相等，请你帮助侦查员在图上标出蓝方指挥部P的
位置．（不写作法，保留作图痕迹 ）
如图，已知BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在边AB、BC上，ED∥BC，EF∥AC．求证：
BE=CF．
2014年4月25日，尼泊尔发生8.1级大地震，西藏震感强烈，房屋倒塌严重，某市民政局组
织募捐了240吨救灾物资，现准备租用甲、乙两种货车，将这批救灾物资一次性全部运
往灾区，它们的载货量和租金如下表：
甲种货车 乙种货车
载货量（吨/辆） 45 30
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租金（元/辆） 400 300
如果计划租用6辆货车，且租车的总费用不超过23000元，共有几种租车方案？请你帮
忙选择一种最省钱的租车方案．
如图，长方形的宽AB=3，长BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在
点B′处．
（1）求线段AB′的长。
（2）当△CEB′为直角三角形时，求CE的长。
已知，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CD，CG⊥AD于点H，交AB于点G，E为AB上一点，连接CE
交AD于点F．
（1）如图1，若CE⊥AB于点E，HG=1，CH=5，求CF的长；
（2）如图2，若AC=AE，∠GEH=∠ECH，求证：CE= HE；
（3）如图3，若E为AB的中点，作A关于CE的对称点A′，连接CA′，EA′，DA′，请直接
写出∠CEH，∠A′CD，∠EA′D之间的等量关系．
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2017-2018 学年八年级下册期末综合练习 1 答案解析
一 、选择题
1.分析： 根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
解：A a2﹣2ab+b2﹣1=（a﹣b）2﹣1中不是把多项式转化成几个整式积的形式，故A错误；
B 2x2+2x=2x2（1+ ）中 不是整式，故B错误；
C （x+2）（x﹣2）=x2﹣4是整式乘法，故C错误；
D x4﹣1=（x2+1）（x2﹣1）=（x2+1）（x+1）（x﹣1），故D正确．
故选：D．
2.分析：利用多边形的内角和定理解答
解：设这个多边形有 条边，因每个内角均为120°，则这个多边形的内角和为 ，
又多边形内角和为 ，所以有： ，解得： ，故这
个多边形是六边形．
故选C
3.分析：已知给出了一个内角是50°，没有明确是顶角还是底角，所以要分50°的角是
顶角或底角两种情况分别进行求解．
解：（1）当这个内角是50°的角是顶角时，则它的另外两个角的度数是65°，65°；
（2）当这个内角是50°的角是底角时，则它的另外两个角的度数是80°，50°；
所以这个等腰三角形的底角的度数是50°或65°．
故选C．
4.分析：本题考查的是分式的除法运算，做除法运算时，先把除法转化成乘法，要注意先
把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分．
解：原式= = = ，故选A．
5.分析：先根据AC=10，BC=4，可得出AC+BC的长，再根据DE是线段AB的垂直平分线可
得到AE=BE，进而可得出答案.
解：∵AC=10，BC=4，
∴AC+BC=10+4=14，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
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∴△BCE的周长=（BE+CE）+BC=AC+BC=14．
故选B.
6.分析：经常用到通过三角形全等来证明一条线段是角平分线
解：通过三角形ADC和三角形ABC三边相等可以证明两个三角形全等，即可以证明AC平
分一组对角，所以点O到CB、CD的距离相等，
故答案选D
7.分析：缺少质量和进价，应设购进这种水果a千克，进价为y元/千克，这种水果的售
价在进价的基础上应提高x，则售价为（1+x）y元/千克，根据题意得：购进这批水果用去
ay元，但在售出时，只剩下（1﹣10%）a千克，售货款为（1﹣10%）a×（1+x）y元，根据公式
×100%=利润率可列出不等式，解不等式即可．
解：设购进这种水果a千克，进价为y元/千克，这种水果的售价在进价的基础上应提高
x，则售价为（1+x）y元/千克，由题意得：
×100%≥20%，
解得：x≥ ≈33.4%，
经检验，x≥ 是原不等式的解．
∵超市要想至少获得20%的利润，
∴这种水果的售价在进价的基础上应至少提高33.4%．
故选：B．
8.分析：四边形ABCD与点A平移相同，据此即可得到点A′的坐标．
解：四边形ABCD先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，
因此点A也先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，
由图可知，A′坐标为（0，1）．
故选：B．
9. 分析：根据角平分线的性质可得∠DBC=∠ABD=24°，然后再计算出∠ACB的度数，再
根据线段垂直平分线的性质可得BF=CF，进而可得∠FCB=24°，然后可算出∠ACF的度数.
解：∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD=24°，
∵∠A=60°，
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∴∠ACB=180°－60°－24°×2=72°，
∵BC的中垂线交BC于点E，
∴BF=CF，∴∠FCB=24°，
∴∠ACF=72°－24°=48°，
故选：A.
10.分析：根据菱形的四条边都相等求出AB，再根据菱形的对角线互相平分可得OB=OD，
然后判断出OE是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三
边的一半求解即可
解答：解：∵菱形ABCD的周长为28，
∴AB=28÷4=7，OB=OD，
∵E为AD边中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE= AB= ×7=3.5．
故选A．
二 、填空题
11.分析： 根据分式值为零条件可得：|x|﹣3=0，且x2﹣4x+3≠0，再解即可．
解：由题意得：|x|﹣3=0，且x2﹣4x+3≠0，
解得：x=﹣3，
故答案为：﹣3．
12.分析：首先提取公因式m，进而利用平方差公式进行分解即可．
解：my2﹣9m=m（y2﹣9）=m（y+3）（y﹣3）．
故答案为：m（y+3）（y﹣3）．
13.分析：不等式组中第二个不等式求出解集，利用取解集的方法即可得到解集．
解：变形得： ，
则不等式组的解集为x＞3．
故答案为：x＞3
14.分析：因为已知长度为4和8两边，没有明确是底边还是腰，所以有两种情况，需要
分类讨论．
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解：①当4为底时，其它两边都为8，
4、8、8可以构成三角形，
周长为20；
②当4为腰时，
其它两边为4和8，
∵4+4=8，
∴不能构成三角形，故舍去．
∴这个等腰三角形的周长为20．
故答案为：20．
15.分析：在△ABC中，根据三角形的内角和定理即可求得∠ACB，利用HL定理即可判断
△ABC≌△ADC，根据全等三角形的对应边相等，即可求解．
解：在直角△ABC与直角△ADC中，BC=DC，AC=AC
∴△ABC≌△ADC
∴∠2=∠ACB
在△ABC中∠ACB=180°﹣∠B﹣∠1=50°
∴∠2=50°．
16.解：由勾股定理得 .又 ， ，所以
将五个小矩形的上、下边分别平移到矩形ABCD的上、下边上，左、右边分别平移到矩形
ABCD的左、右边上，则五个小矩形的周长之和等于矩形ABCD的周长，即五个小矩形的周
长之和为
17.分析：根据一元一次不等式组解出x的取值，根据x是整数解得出x的可能取值．
解：
解①得2x＜﹣2，即x＜﹣1，
解②得2x＞x﹣3，即x＞﹣3，
综上可得﹣3＜x＜﹣1，
∵x为整数，故x=﹣2
故答案为：﹣2．
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18.分析： 根据翻折变换的性质可得点C、E关于AD对称，再根据轴对称确定最短路
线问题，BC与AD的交点D即为使PB+PE的最小值的点P的位置，然后根据直角三角形两
锐角互余求出∠BAC=60°，再求出∠CAD=30°，然后解直角三角形求解即可．
解答： 解：∵将△ACD沿直线AD翻折，点C落在AB边上的点E处，
∴点C、E关于AD对称，
∴点D即为使PB+PE的最小值的点P的位置，PB+PE=BC，
∵∠C=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=90°﹣30°=60°，
∴∠CAD= ∠BAC= ×60°=30°，
∴AC= CD= ，
BC= AC= × =3．
故答案为：3．
三 、解答题
19.分析：将括号中的两项通分并利用同分母分式的减法运算法则计算，同时将除式的分
子利用平方差公式分解因式，分母提取a分解因式，然后利用除以一个数等于乘以这个
数的倒数化为乘法运算，约分后即可得到结果．
解答： 解：（ ﹣1）÷
= ÷
= •
=﹣ •
=﹣1．
20.分析：分别求出各不等式的解集，并在数轴上表示出来，其公共部分即为此不等式组
的解集
解：∵解不等式3x+1＜2（x+2）得：x＜3，
解不等式﹣ x≤ x+2得：x≥﹣1，
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∴不等式组的解集是﹣1≤x＜3，
在数轴上表示不等式组的解集为：
．
21.分析：设普通列车的速度为为xkm/h，动车的平均速度为1.5xkm/h，根据走过相同的
路程360km，坐动车所用的时间比坐普通列车所用的时间少1小时，列方程求解．
解：设普通列车的速度为为xkm/h，动车的平均速度为1.5xkm/h，
由题意得， ﹣ =1，
解得：x=120，
经检验，x=120是原分式方程的解，且符合题意．
答：该趟动车的平均速度为120km/h．
22.分析： 作公路a与公路b的交角AOB的平分线OC，连接MN，作线段MN的中垂直
平分线EF，两线的交点就是所求．
解答： 解：如图所示，
①作公路a与公路b的交角AOB的平分线OC，
②连接MN，作线段MN的中垂直平分线EF，
EF和OC的交点P就是所求的点．
23.分析：先利用平行四边形性质证明DE=CF，再证明EB=ED，即可解决问题．
证明：∵ED∥BC，EF∥AC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∴DE=CF，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD=∠DBC，
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∵DE∥BC，
∴∠EDB=∠DBC，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED，
∴EB=CF．
24.分析：先设租甲型货车x辆，则乙型货车（6﹣x）辆，根据题意列出不等式组，求出x
的取值范围，再根据x为正整数，求出租车方案，再分别求出每种方案的费用，即可得出
答案．
解：设租用甲种货车 x 辆，则租用乙种货车 （6﹣x） 辆，根据题意，得：
，
解得：4≤x≤5，
由于计划共租用6辆货车，且x 为整数，所以 x 可以取4，5，两个值．
所以有两种租车方案：方案一：甲4辆，乙2辆
方案二：甲5辆，乙1辆；
租车的总费用分别为：
方案一总费用：4×4000+2×3000=22000元，
方案二总费用：5×4000+1×3000=23000元．
所以最省钱的租车方案是方案一：租用甲种货车4辆，乙种货车2辆．
25.分析：（1）由折叠的性质可得：AB′=AB=3；
（2）当△CEB′为直角三角形，可知有两种情况：①当∠CB′E=90°时与②当
∠B′EC=90°时；然后分别求解即可求得答案．
解：（1）由折叠的性质可得：AB′=AB=3；
故答案为：3；
（2）当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
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①当∠CB′E=90°时，如答图1所示．
则A，B′，C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC= =5，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5﹣3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4﹣x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=（4﹣x）2，解得x= ，
∴BE= ，
∴CE=BC﹣BE= ；
②当∠B′EC=90°时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC﹣BE=4﹣3=1；
综上所述，CE的长为1或 ．
26.分析：（1）关键已知条件推出△ACD是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得到
∠CAD=∠CDA=45°通过全等三角形得到HF=HG=1，由勾股定理得到结论；
（2）如图2，过H作MH⊥EH，交CE于M，连接AM，由已知条件得到△EHM为等腰直角三角
形，∠EHM=90°，于是得到EH=MH，EM= HE，关键全等三角形的性质得到∠MAF=∠ECH
证得△ACE是等腰三角形于是得到结论；
（3）关键三角形的中位线的性质得到 EH∥BC，根据轴对称的性质得到
∠CA′E=∠CAE=90°﹣∠CEH，CA=CA′，根据三角形的内角和得到∠A′CD+90°﹣
∠CEH+∠EA′D+90°﹣∠CEH+∠EA′D=180°，即可得到结论．
解：（1）∵∠ACB=90°，CA=CD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
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∴∠CAD=∠CDA=45°，
∵CG⊥AD，
∴∠CHF=∠AHG=90°，∠ACH=∠DCH= ∠ACB= ×90°=45°，AH=DH=CH=5，
∴∠GAH+∠AGC=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEG=90°，
∴∠GCE+∠AGC=90°，
∴∠GCE=∠GAH，
在△CHF与△AHG中， ，
∴△CHF≌△AHG，
∴HF=HG=1，
∴CF= = = ；
（2）如图2，过H作MH⊥EH，交CE于M，连接AM，
∵AC=AE，
∴∠AEC=∠ACE，
∵∠GEH=∠ECG，
∵MH⊥EH，
∴△EHM为等腰直角三角形，∠EHM=90°，
∴EH=MH，EM= HE，
∴∠AHM=∠AHC+∠CHM=90°+∠CHM=∠EHM+∠CHM=∠CHE，
在△AHM与△CHE中， ，
∴△AHM≌△CHE，
∴∠MAF=∠ECH，
∴∠MAF+∠AFC=∠ECH+∠AFC=180°，
∴∠CHD=180°﹣90°，
∴AM⊥CE，
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∵AC=AE，
∴△ACE是等腰三角形，
∴CM=EM= HE，
∴CE=2EM=2 HE；
（3）∵H为AD的中点，E我AB的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BC，
∴∠CEH=∠BCE，
∴∠ACE=∠ACB﹣∠BCE=90°﹣∠BCE=90°﹣∠CEH，
∵EC=AE，
∴∠CAE=∠ACE=90°﹣∠CEH，
∴∠CAE=∠ACE=90°﹣∠CEH，
∵A关于CE的对称点A′，
∴∠CA′E=∠CAE=90°﹣∠CEH，CA=CA′，
∵CA=CD，
∴CA′=CD，
∴∠CDA′=∠CA′D=∠CA′E+∠EA′D=90°﹣∠CEH+∠EA′D，
∵∠A′CD+∠CDA′+∠CA′D=180°，
∴∠A′CD+90°﹣∠CEH+∠EA′D+90°﹣∠CEH+∠EA′D=180°，
化简得：∠A′CD+2∠EA′D=2∠CEH，
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