【八年級上冊數(shù)學浙教版】期末押題預測卷01（考試范圍：八上全冊）（解析版）

第第頁期末押題預測卷01姓名：__________________班級：______________得分：_________________注意事項：本試卷滿分120分，考試時間90分鐘，試題共26題．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（2022·浙江麗水·八年級期末）在以下中國銀行、建設(shè)銀行、工商銀行、農(nóng)業(yè)銀行圖標中，不是軸對稱圖形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念逐項分析判斷即可，軸對稱圖形的概念：平面內(nèi)，一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形．【詳解】解：選項A、C、D均能找到這樣的一條直線折，使一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形．選項B不能找到這樣的一條直線折，使一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形；故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．2．（2022·浙江紹興·八年級期末）要說明命題“若，則”是假命題，能舉的一個反例是（

）A．，B．，C．，D．，【答案】B【分析】據(jù)要證明一個結(jié)論不成立，可以通過舉反例的方法來證明一個命題是假命題．【詳解】解：A、當，時，，是，，不是假命題的反例，不符合題意；B、當，時，，但是，，是假命題的反例，符合題意；C、當，時，，是，，不是假命題的反例，不符合題意；D、當，時，，是，，不是假命題的反例，不符合題意；故選：B．【點睛】此題考查的是命題與定理，解題的關(guān)鍵是掌握要說明數(shù)學命題的錯誤，只需舉出一個反例即可這是數(shù)學中常用的一種方法．3．（2022·浙江·八年級期末）一個三角形的兩邊長分別是2與3，第三邊的長不可能為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根據(jù)三角形的三邊關(guān)系求得第三邊的取值范圍即可．【詳解】解：設(shè)第三邊長x．根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，得1＜x＜5，∴第三邊不可能為1，故選：A．【點睛】本題主要考查三角形三邊關(guān)系的知識點，此題比較簡單，注意三角形的三邊關(guān)系．4．（2022·浙江·八年級期中）如圖，和的平分線交于點F，過點F作分別交于點E，G，若，則線段EG的長為（

）A．16 B．17 C．18 D．19【答案】A【分析】利用角平分線和平行可證得，可得到，可得到．【詳解】解：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，同理，∴．故選A．【點睛】本題考查了角平分線的定義（從一個角的頂點引出一條射線，把這個角分成兩個完全相同的角，這條射線叫做這個角的角平分線）、等腰三角形的判定與性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，靈活運用所學知識求解是解決本題的關(guān)鍵．5．（2022·山西·孝義八年級期中）在平面直角坐標系中，點關(guān)于x軸的對稱點的坐標是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)關(guān)于x軸對稱的點橫坐標相等，縱坐標互為相反數(shù)，即可解答．【詳解】在平面直角坐標系中，點關(guān)于x軸的對稱點的坐標是故選：D．【點睛】本題考查了關(guān)于x軸對稱的點的坐標，熟練掌握關(guān)于x軸對稱的點的坐標特征是解題的關(guān)鍵．6．（2022·浙江寧波·八年級期末）已知關(guān)于x的不等式組的整數(shù)解共有4個，則a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分別求出每個不等式的解集，后確定不等式組的解集，最后根據(jù)整數(shù)解的個數(shù)確定的范圍即可．【詳解】解：解不等式①得：x≥,解不等式②得：x<，∴不等式組的解集是≤x<，∵原不等式組的整數(shù)解有4個為1,0，-1，-2，∴-3<≤-2．故答案為B．【點睛】本題考查了解一元一次不等式、解一元一次不等式組、不等式組的整數(shù)解的應(yīng)用，確定不等式組的解集是解答本題的關(guān)鍵．7．（2022·四川成都·八年級期末）關(guān)于一次函數(shù)y＝﹣3x+1，下列說法正確的是（）A．它的圖象經(jīng)過點（1，﹣2） B．y的值隨著x的增大而增大C．它的圖象經(jīng)過第二、三、四象限 D．它的圖象與x軸的交點是（0，1）【答案】A【分析】令x＝1，求出y的值，即可判斷A；根據(jù)k＝-3＜0，即得出y隨x的增大而減小，可判斷B；由k＝-3＜0，b＝1＞0，可知圖象經(jīng)過第一、二、四象限，即可判斷C；令y=0，求出x，即可判斷D．【詳解】當x＝1時，y＝-3×1+1＝﹣2，∴一次函數(shù)y＝-3x+1的圖象經(jīng)過點(1，﹣2),故A正確，符合題意；∵k＝-3＜0，∴y隨x的增大而減小,故B錯誤，不符合題意；∵k＝-3＜0，b＝1＞0，∴一次函數(shù)y＝-3x+1的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，故C錯誤，不符合題意；當y＝0時，即-3x+1＝0，解得：x＝，∴一次函數(shù)y＝-3x+1與x軸的交點是(，0)，故D錯誤，不符合題意．故選A．【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)．熟練掌握一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．8．（2022·山東臨沂·八年級期末）一輛快車和一輛慢車將一批物資從甲地運往乙地，其中快車送達后立即沿原路返回，且往返速度的大小不變，兩車離甲地的距離y（單位km）與慢車行駛時間t（單位：h）的函數(shù)關(guān)系如圖，則兩車第二次相遇時慢車行駛的時間是（

）A．2h B．2.5h C．4h D．4.5h【答案】D【分析】根據(jù)圖像得出，慢車的速度為為km/h，快車的速度為速度km/h．從而得出快車和慢車對應(yīng)的y與t的函數(shù)關(guān)系式．聯(lián)立兩個函數(shù)關(guān)系式，求解出圖像對應(yīng)兩個交點的坐標，即可得出間隔時間．【詳解】解：根據(jù)圖像可知，慢車的速度為km/h，對于快車，由于往返速度大小不變，總共行駛時間是4h，因此單程所花時間為2h，故其速度km/h，對于慢車，y與t的函數(shù)表達式為y＝（0≤t≤6）①，對于快車，返回時y與t的函數(shù)表達式為y＝2a?（t?2）＝t＋3a（4≤t≤6）②，聯(lián)立①②得，解得t＝4.5，因此，兩車第二次相遇時慢車行駛的時間是4.5h，故選：D．【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)圖像求一次函數(shù)表達式，以及求兩個一次函數(shù)的交點坐標，解題的關(guān)鍵是利用圖像信息得出快車和慢車的速度，進而寫出y與t的關(guān)系．9．（2022·浙江紹興·八年級期末）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=6，BC=8，點M為AB上一點，將△BCM沿CM翻折至△ECM，ME與AD相交于點G，CE與AD相交于點F，且AG=GE，則BM的長度是（

）A． B．4 C． D．5【答案】C【分析】由ASA證明△GAM≌△GEF（ASA），得出GM=GF，AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，因此DF=8-x，CF=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】解：設(shè)BM=x，由折疊的性質(zhì)得：∠E=∠B=90°=∠A，在△GAM和△GEF中，，∴△GAM≌△GEF（ASA），∴GM=GF，∴AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，∴DF=8-x，CF=8-（6-x）=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得：（x+2）2=（8-x）2+62，解得：x=，∴BM=．故選：C．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊有性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，由勾股定理得出方程是解決問題的關(guān)鍵．10．（2022·江蘇·建湖八年級階段練習）如圖，在中，直線，動點D從點C開始沿射線方向以每秒2cm的速度運動，動點E也同時從點C開始在直線上以每秒1cm的速度運動，連接，設(shè)運動時間為t秒．當時，t的值為（

）A．2 B．4 C．6 D．2或6【答案】D【分析】分兩種情況討論，如圖，當點E在射線上時，D在上，，如圖，當點E在的反向延長線上時，由全等三角形的性質(zhì)求出其解即可．【詳解】解：∵，∴如圖，當點E在射線上時，D在上，，∵∴，∴．如圖，當點E在的反向延長線上時，∵，∴，∴．綜上所述，當或6時，．【點睛】本題是一道數(shù)學動點問題，考查了全等三角形的性質(zhì)的運用，等腰三角形的性質(zhì)的運用，解答時分類討論是重點也是難點．二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）11．（2022·廣東·八年級期末）如圖，圍棋棋盤放在某平面直角坐標系內(nèi)，已知黑棋（甲）的坐標為（﹣2，2），黑棋（乙）的坐標為（﹣1，﹣2），則白棋（甲）的坐標是_____．【答案】（2，1）．【詳解】試題解析：如圖，白棋（甲）的坐標是（2，1）．考點：坐標確定位置．12．（2022·浙江金華·八年級期末）如圖，直線，交于點，則關(guān)于x的不等式的解集為______．【答案】【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象得當時，直線在直線的上方，由圖可知，不等式的解集為：，即可得．【詳解】解：由圖像可知，當時，直線在直線的上方，則不等式的解集為：，將點代入直線，得：，∴不等式的解集為：，∴的解集為：，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象，不等式的解集，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點．13．（2022·江蘇鹽城·八年級期末）“三等分角”大約是在公元前五世紀由古希臘人提出來的，借助如圖所示的“三等分角儀”能三等分任一角．這個三等分角儀由兩根有槽的棒OA、OB組成．兩根棒在O點相連并可繞O轉(zhuǎn)動，C點固定，OC＝CD＝DE，點D，E在槽中滑動，若∠BDE＝84°．則∠CDE是_________°．【答案】68【分析】根據(jù)OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可知∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，進一步根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可知∠BDE＝3∠ODC＝84°，即可求出∠ODC的度數(shù)，進而求出∠CDE的度數(shù)．【詳解】解：∵OC＝CD＝DE，∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，∴∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，∵∠O＋∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝84°，∴∠ODC＝28°，∵∠CDE＋∠ODC＝180°?∠BDE＝96°，∴∠CDE＝96°?∠ODC＝68°．故答案為：68．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)，理清各個角之間的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．14．（2022·重慶開州·八年級期末）如圖，在中，，點D是的中點，連接，點E在上，且于點F，且，則的面積為________．【答案】30【分析】根據(jù)，點是的中點，求出和的長度，進而求出的面積，根據(jù)高相等面積之比等于底之比，即可求出．【詳解】解：，點是的中點，，，且，，又，，，．故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的面積，解題的關(guān)鍵是理解并靈活應(yīng)用高相等，底之比等于面積之比．15．（2022·四川成都·八年級期末）如圖是一個滑梯示意圖，左邊是樓梯，右邊是滑道，已知滑道AC與AE的長度一樣，滑梯的高度BC＝4m，BE＝1m．則滑道AC的長度為______m．【答案】8.5【分析】設(shè)，則，根據(jù)勾股定理得到，即，解方程即可．【詳解】解：設(shè)，則，由題意得：，在中，，∴，整理得-2x+17=0，解得，∴．故答案為8.5．【點睛】本題考查勾股定理的實際應(yīng)用，解一元一次方程，根據(jù)題意建立直角三角形，從而利用勾股定理解決實際問題是解題的關(guān)鍵．16．（2022·河南三門峽·八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分線AD與邊BC的垂直平分線MD相交于D，DE⊥AB交AB的延長線于E，DF⊥AC于F，現(xiàn)有下列結(jié)論：①DE=DF；②DE+DF=AD；③DM平分∠EDF；④AB+AC=2AE；其中正確的有________．（填寫序號）【答案】①②④【分析】①由角平分線的性質(zhì)可知①正確；②由題意可知∠EAD＝∠FAD＝30°，故此可知ED＝AD，DF＝AD，從而可證明②正確；③若DM平分∠EDF，則∠EDM＝90°，從而得到∠ABC為直角三角形，條件不足，不能確定，故③錯誤；④連接BD、DC，然后證明△EBD≌△DFC，從而得到BE＝FC，從而可證明④．【詳解】解：如圖所示：連接BD、DC．①∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴ED＝DF．故①正確．②∵∠EAC＝60°，AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠FAD＝30°．∵DE⊥AB，∴∠AED＝90°．∵∠AED＝90°，∠EAD＝30°，∴ED＝AD．同理：DF＝AD．∴DE+DF＝AD．故②正確．③由題意可知：∠EDA＝∠ADF＝60°．假設(shè)MD平分∠ADF，則∠ADM＝30°．則∠EDM＝90°，又∵∠E＝∠BMD＝90°，∴∠EBM＝90°．∴∠ABC＝90°．∵∠ABC是否等于90°不知道，∴不能判定MD平分∠EDF．故③錯誤．④∵DM是BC的垂直平分線，∴DB＝DC．在Rt△BED和Rt△CFD中，∴Rt△BED≌Rt△CFD．∴BE＝FC．∴AB+AC＝AE﹣BE+AF+FC又∵AE＝AF，BE＝FC，∴AB+AC＝2AE．故④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題主要考查的是全等三角形的性質(zhì)和判定、角平分線的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．17．（2022·重慶·八年級期末）已知，如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線l1：y＝x+3分別交x軸，y軸于點A，B兩點，直線l2：y＝﹣3x過原點且與直線l1相交于C，點P為y軸上一動點．當PA+PC的值最小時，點P的坐標為_____．【答案】【分析】聯(lián)立兩直線解析式組成方程組，可得點C的坐標，確定出點A關(guān)于y軸的對稱點A'，即可求出PA+PC的最小值，再用待定系數(shù)法求出直線A'C的解析式即可得出點P坐標．【詳解】解：直線①與直線②相交于，聯(lián)立①②解得，，，，；在中，當時，，，作點關(guān)于軸的對稱點，連接交軸于點，此時最小，如圖：設(shè)直線的解析式為，把，，代入得：，解得：，直線的解析式為，令時，點．故答案為：．【點睛】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)圖象的交點坐標的求法，待定系數(shù)法，用軸對稱解決最短路徑問題是解本題的關(guān)鍵．18．（2022·江蘇·鎮(zhèn)江八年級階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，，點P為y軸正半軸上的一個動點，以線段為邊在的右上方作等邊，連接，在點P運動的過程中，線段長度的最小值為_______．【答案】2【分析】如圖，將△ABQ繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°到△ACP，連接BC，計算點C（2，），確定當PC⊥y軸時，PC最小，最小值是2．【詳解】解：如圖，將△ABQ繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°到△ACP，連接BC，∴△ABQ≌△ACP，∴AB=AC，BQ=PC，∠PAQ=∠BAC，∵△ABC是等邊三角形∴∠PAQ=∠BAC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∵A（1，0），B（3，0），∴AB=3-1=2，∴C（2，），即點C是定點，∴當PC最小時，BQ最小，∴當PC⊥y軸時，PC最小，最小值是2，∴線段QB長度的最小值為2．故答案為：2．【點睛】本題考查了確定最小值問題，此類題有難度，正確理解題意是關(guān)鍵，運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作旋轉(zhuǎn)三角形是本題的關(guān)鍵．三、解答題（本大題共8小題，共66分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）19．（2022·浙江金華·八年級期末）（1）解不等式，并把解表示在數(shù)軸上．（2）解不等式組．【答案】（1），圖見解析；（2）．【分析】（1）先解出不等式的解集，再表示在數(shù)軸上即可；（2）分別解出各不等式的解集，再找到其公共解集．【詳解】（1）解集表示在數(shù)軸上如下：（2）解解不等式①得x≥2；解不等式②得；∴不等式組的解集為：．【點睛】此題主要考查不等式和不等式組的求解，解題的關(guān)鍵是熟知不等式的求解方法．20．（2022·江蘇南京·八年級期末）小麗與爸媽在公園里蕩秋千．如圖，小麗坐在秋千的起始位置A處，OA與地面垂直，兩腳在地面上用力一蹬，媽媽在距地面1.2m高的B處接住她后用力一推，爸爸在C處接住她．若媽媽與爸爸到OA的水平距離BD、CE分別為1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．(1)△CEO與△ODB全等嗎？請說明理由．(2)爸爸在距離地面多高的地方接住小麗的？(3)秋千的起始位置A處與距地面的高是m．【答案】(1)全等，理由見解析(2)爸爸是在距離地面1.6m的地方接住小麗的．(3)0.6【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠COE＝∠OBD，根據(jù)AAS可證明△CEO≌△ODB；（2）由全等三角形的性質(zhì)得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的長則可得出答案；（3）由（2）可得點D距地面的高度是1.2m，用勾股定理求出OA的長，再求出AD的長，即可求得秋千的起始位置A處與距地面的高．（1）△CEO與△ODB全等．理由如下：由題意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE＋∠BOD＝∠BOD＋∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△CEO和△ODB中，，∴△CEO≌△ODB（AAS）；（2）∵△CEO≌△ODB，∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分別為1.8m和2.4m，∴DE＝OD?OE＝CE?BD＝2.4?1.8＝0.6（m），由題意，點B距地面的高度是1.2m，所以，點D距地面的高度是1.2m，點E距地面的高度是1.2+0.6=1.8（m）所以，點C距地面的高度是1.8m．答：爸爸是在距離地面1.8m的地方接住小麗的．（3）在Rt△BOD中，（m），∴OA=3（m），∴AD=OA-OD=3-2.4=0.6（m）由（2）得，點D距地面的高度是1.2m，∴秋千的起始位置A處與距地面的高是1.2-0.6=0.6（m），答：秋千的起始位置A處與距地面的高是0.6m．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，證明△CEO≌△ODB是解題的關(guān)鍵．21．（2022·湖北·八年級期末）如圖，平面直角坐標系中，每個小方格都是邊長為1個單位的正方形，△ABC的頂點均在格點上．(1)畫△ABC關(guān)于y軸的對稱圖形△A1B1C1，并寫出A1的坐標；(2)試判斷△ABC的形狀，說明理由，并求出△ABC的面積．【答案】(1)作圖見解析；(2)是等腰直角三角形，理由見解析，的面積為【分析】（1）根據(jù)的坐標，求出關(guān)于y軸的對稱的點坐標，在坐標系中描點，依次連接即可；（2）勾股定理求出的三邊長，利用勾股定理的逆定理，判定三邊的關(guān)系，進而可得的形狀，然后求面積即可．（1）解：由題意知，，∴關(guān)于y軸的對稱的點坐標分別為：，，，∴△ABC關(guān)于y軸的對稱圖形，如圖故答案為：．（2）解：由題意知，，∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∴是等腰直角三角形，△ABC的面積為．【點睛】本題考查了關(guān)于軸對稱的點坐標的特征，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的靈活運用．22．（2021·浙江衢州·八年級期末）隨著全國文明城市創(chuàng)建工作不斷深入，垃圾分類作為“創(chuàng)建”任務(wù)中重要工作而備受重視．龍游縣某社區(qū)積極響應(yīng)，決定在社區(qū)安裝智能四分類垃圾箱和智能六分類垃圾箱，若購買2個智能四分類垃圾箱和3個智能六分類垃圾箱共需14.3萬元，且智能六分類垃圾箱單價比智能四分類垃圾箱單價高0.6萬元．(1)求智能四分類垃圾箱和智能六分類垃圾箱的單價；(2)該社區(qū)需購買智能四分類垃圾箱和智能六分類垃圾箱共30個，其中智能六分類垃圾箱至少要安裝20個，且總費用不超過88.2萬元，請你列舉出所有購買方案，并指出哪種購買方案所需資金最少，最少是多少萬元？【答案】(1)智能四分類垃圾箱單價為2.5萬元，智能六分類垃圾箱單價為3.1萬元(2)共有三種購買方案，方案一：購買購買智能四分類垃圾箱10個，購買智能六分類垃圾箱20個，需要花費87萬元；方案二：購買購買智能四分類垃圾箱9個，購買智能六分類垃圾箱21個，需要花費87.6萬元；方案三：購買購買智能四分類垃圾箱8個，購買智能六分類垃圾箱22個，需要花費88.2萬元；方案一：購買購買智能四分類垃圾箱10個，購買智能六分類垃圾箱20個所需資金最少，最少是87萬元．【分析】（1）根據(jù)購買2個智能四分類垃圾箱和3個智能六分類垃圾箱共需14.3萬元，且智能六分類垃圾箱單價比智能四分類垃圾箱單價高0.6萬元，可以列出相應(yīng)的二元一次方程組，然后求解即可；（2）根據(jù)題意可以寫出所需費用與購買的六分類垃圾箱的個數(shù)的函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)智能六分類垃圾箱至少要安裝20個，且總費用不超過88.2萬元，可以得到相應(yīng)的不等式組，然后求出不等式組的解集，再根據(jù)垃圾箱個數(shù)為整數(shù)，即可寫出相應(yīng)的購買方案，再計算出各種方案下的花費情況，即可解答本題．(1)解：設(shè)智能四分類垃圾箱單價為萬元，智能六分類垃圾箱單價為萬元，由題意可得：，解得，答：智能四分類垃圾箱單價為2.5萬元，智能六分類垃圾箱單價為3.1萬元；(2)設(shè)購買智能六分類垃圾箱個，則購買智能四分類垃圾箱個，花費為元，由題意可得：，智能六分類垃圾箱至少要安裝20個，且總費用不超過88.2萬元，，解得，為整數(shù)，，21，22，共有三種購買方案，方案一：購買購買智能四分類垃圾箱10個，購買智能六分類垃圾箱20個，需要花費：（萬元）；方案二：購買購買智能四分類垃圾箱9個，購買智能六分類垃圾箱21個，需要花費：（萬元）；方案三：購買購買智能四分類垃圾箱8個，購買智能六分類垃圾箱22個，需要花費：（萬元）；由上可得：方案一：購買購買智能四分類垃圾箱10個，購買智能六分類垃圾箱20個所需資金最少，最少是87萬元．【點睛】本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用、二元一次方程組的應(yīng)用、一元一次不等式組的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，列出相應(yīng)的方程組和不等式組，寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．23．（2022·黑龍江哈爾濱·八年級期末）在△ABC中，點D是邊BC上一點，點E在邊AC上，且BD＝CE，∠BAD＝∠CDE，∠ADE＝∠C．(1)如圖①，求證：△ADE是等腰三角形；(2)如圖②，若DE平分∠ADC，在不添加輔助線的情況下，請直接寫出圖中所有與∠CDE相等的角（∠CDE除外）．【答案】(1)見解析(2)圖中所有與∠CDE相等的角有∠B，∠C，∠ADE和∠BAD【分析】（1）根據(jù)三角形外角性質(zhì)即可得出，根據(jù)三角形全等的性質(zhì)即可得出答案．（2）根據(jù)角平分線性質(zhì)得到,利用等量代換即可得出答案．（1）證明：是的一個外角，又，，在和中，，，是等腰三角形．（2）解：由（1）得，，，DE平分∠ADC，，又∠BAD＝∠CDE，，，，所以圖中與∠CDE相等的角有∠B，∠C，∠ADE和∠BAD．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于熟練掌握其相關(guān)證明的判定及性質(zhì)．24．（2022·浙江金華·八年級期末）已知△ABC中，，P是線段AB上一點，連結(jié)CP．(1)如圖，當時①若CP是△ABC的高線，求的值．②若CP是△ABC的角平分線，求的值．(2)已知，當CP恰好將△ABC分成兩個等腰三角形時，求AB的長．【答案】(1)①，②(2)，，【分析】（1）①根據(jù)30°張角三角形性質(zhì)得出AB=2BC，∠CBA=90°-∠A=90°-30°=60°，BC=2BP，可求AB=2BC=4BP，再求出AP=AB-BP=4BP-BP=3BP即可；②過點P作PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，利用角平分線性質(zhì)得出PE=PF，根據(jù)30°張角三角形性質(zhì)得出BE=，利用勾股定理PF=PE=，求出AP=2PF=即可；（2）分三種情況：如圖CP分△ABC得兩個三角形，CP=PB=BC，△CPB為等邊三角形，和CP=PA的等腰三角形△CPA，利用勾股定理求出BC=，AB=2BC=；CP分△ABC為BP=CP的等腰三角形CPB和AC=AP=的等腰三角形CAP，過C作CM⊥AB于M，根據(jù)∠A=30°得出CM=，求出CP=，AB=BP+AP=CP+AC=；CP分△ABC為BP=CP的等腰三角形CPB和CP=AC的等腰三角形CPA，過點C作CN⊥AB于N，根據(jù)勾股定理AN=，根據(jù)BP=CP=得出AB=AP+PN+AN=AC+2AN=即可．（1）解：①∵，，∴AB=2BC，∠CBA=90°-∠A=90°-30°=60°，∵CP是△ABC的高線，∴∠CPB=90°，∴∠B+∠BCP=90°，∴∠BCP=90°-∠B=90°-60°=30°，∴BC=2BP，∴AB=2BC=4BP，∴AP=AB-BP=4BP-BP=3BP，∴；②過點P作PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，∵CP平分∠BCA，∴PE=PF，∵∠A=30°，∠BCA=90°，∴∠B=180°-∠A-∠BCA=180°-30°-90°=60°，∴∠EPB=90°-∠B=30°，∴BE=，在Rt△BPE中，EP=，∴PF=PE=，∴AP=2PF=，∴；（2）解：分三種情況如圖CP分△ABC得兩個三角形，CP=PB=BC，△CPB為等邊三角形，和CP=PA的等腰三角形△CPA，∵∠A=30°，CP=PA，∴∠PCA=∠A=30°∵CP=PB=BC，△CPB為等邊三角形，∴∠BCP=60°，∴∠BCA=∠BCP+∠PCA=60°+30°=90°，∴AB=BP+PA=2BC，∵，根據(jù)勾股定理，∴BC=，∴AB=2BC=；CP分△ABC為BP=CP的等腰三角形CPB和AC=AP=的等腰三角形CAP，過C作CM⊥AB于M，∵∠A=30°∴CM=，∴AM=，∴PM=AP-AM=-=1，∴CP=，∴AB=BP+AP=CP+AC=；CP分△ABC為BP=CP的等腰三角形CPB和CP=AC的等腰三角形CPA，過點C作CN⊥AB于N，∵CP=AC，CN⊥AB，∠A=30°∴PN=AN，CN=∴AN=，∵BP=CP=，∴AB=AP+PN+AN=AC+2AN=，∴綜合得AB的長為，，．【點睛】本題考查30°直角三角形性質(zhì)，勾股定理，線段的比，角平分線性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，線段和差，掌握30°直角三角形性質(zhì)，勾股定理，線段的比，角平分線性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，線段和差是解題關(guān)鍵．25．（2022·四川成都·八年級期末）如圖，點A在直線l上，在直線l右側(cè)做等腰三角形ABC，AB=AC，∠BAC=α，點D與點B關(guān)于直線l軸對稱，連接CD交直線l于點E，連接BE．(1)求證：∠ADC=∠ACD；(2)求證：∠BEC=α；(3)當α=60°時，連接BD交直線l于點F，若，求．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)．【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)可得AD=AB=AC，可得結(jié)論；（2）由SSS可證△ADE≌△ABE，可得∠ADC=∠ABE=∠ACD，由外角的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）設(shè)BF=a，AF=5a，由直角三角形的性質(zhì)分別求出EC，DE的長，即可求解．（1）證明：∵點D與點B關(guān)于直線l軸對稱，∴直線l是DB的垂直平分線，∴AD=AB，DE=BE，∵AB=AC，∴AD=AC，∴∠ADC=∠ACD；（2）證明：如圖，設(shè)AB與CD交于點O，∵AD=AB，DE=BE，AE=AE，∴△ADE≌△ABE（SSS），∴∠ADC=∠ABE，∵∠ADC=∠ACD，∴∠ACD=∠ABE，∵∠AOD=∠ACD+∠BAC=∠ABE+∠BEC，∴∠BEC=∠BAC=α；（3）解：如