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2024-2025学年八年级数学下册5月份月考试卷(第16~19章)
一.选择题(共10小题,满分30分,每小题3分)
1.在算式“”中,“”表示“”“”“”””中的某一个运算符号.当算式的结果最大时,“口”表示的运算符号是( )
A. B. C. D.
2.五根小木棒的长度分别为,,,,,现将它们摆成两个直角三角形,下列摆放正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图,为的对角线上一点,过点作,的平行线,分别交,,,于四点,连结.若的面积为,则的面积为( )
A.5 B.2.5 C.2.4 D.1.25
4.甲、乙两人骑自行车匀速同向行驶,乙在甲前面处,同时出发去距离甲的目的地,甲的速度比乙快.设甲、乙之间的距离为,乙行驶的时间为,y与x之间的关系如图所示.若点C的坐标为,则点B的坐标为( )
A. B. C. D.
5.如图,已知四边形和四边形均为正方形,且是的中点,连接,若,则的长为( )
A. B. C. D.
6.一次函数的图象上有,两点,下列正确的选项是( )
A.当时, B.当时,
C.当时, D.当时,
7.如图,若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格,小菱形的顶点称为格点,且小菱形的边长为1,,若在网格中作一个矩形,使得矩形的4个顶点都在格点上,很明显,这样的图形有多种画法,则满足条件的矩形的面积最大值是( )
.
A. B.6 C. D.8
8.已知,则的值为( )
A.0 B.1 C. D.
9.如图,在中,,,点D为边上的中点,点E在线段上(点E不与点B,点D重合),过点A作交于点F,过点B作交的延长线于点G.若已知的长,则可求出( )
A.的长 B.的长 C.的长 D.的长
10.如图,在矩形中,,,P是的中点,点Q在边上,连接,将矩形沿折叠,点B,C,D的对应点分别为分别交于点E,F(点E在点F右侧),则线段的最大值为( )
A. B. C. D.
二.填空题(共6小题,满分18分,每小题3分)
11.如图,在直角三角形纸片中,,,.是中点,将纸片沿翻折,直角顶点的对应点为,交于,则 .
12.已知菱形,点分别为边的中点,若四边形的面积为,则菱形的面积为 .
13.青朱出入图(图1)是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形,该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等,朱入与朱出的三角形全等,朱方与青方是两个正方形.为便于叙述,将其绘成图2,若记朱方对应正方形的边长为,青方对应正方形的边长为,已知,,则图2中的阴影部分面积为 .
14.【教材变式】已知为正整数,若是整数,则根据可知有最小值.设为正整数,若是大于1的整数,则的最小值与最大值的和是 .
15.如图,在平面直角坐标系中,点,,,…都在轴上,点,,,…都在同一条直线上,,,,,,…都是等腰直角三角形,且,则点的坐标是 .
16.如图,在矩形中,,E是边上的一动点,连接,过点D作交于点G,垂足为点F,连接.
(1)当点G恰为中点时,则 .
(2)当平分时,若,则 .
三.解答题(共8小题,满分72分)
17.(6分)先阅读下面的解答过程,再解决问题.
形如的化简,只要我们找到两个数,使,这样,于是;
举例:化简
解:这里
即,
用上述例题的方法化简:
(1)
(2)
18.(6分)如图,长方体的长,宽,高,三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点出发到点处.蚂蚁甲的行走路径为翻过棱后到达点处(即),蚂蚁乙的行走路径为翻过棱后到达点处(即),蚂蚁丙的行走路径为翻过棱后到达点处(即).
(1)甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是多少?
(2)若三只蚂蚁都走自己的最短路径,请判断:哪只蚂蚁最先到达?哪只蚂蚁最后到达?
19.(8分)如图,在四边形中,,对角线交于点,过点作交的延长线于点,连接.
(1)求证:;
(2)若,求证:四边形是菱形;
(3)在(2)的条件下,若菱形的面积为,求的长.
20.(8分)直线分别与轴交于两点,点A的坐标为,过点的直线交轴正半轴于点,且.
(1)求点的坐标及直线的解析式;
(2)在轴上方存在点,便以点为顶点的三角形与全等,画出并求出点的坐标;
(3)若在线段上存在点,使点到点的距离相等,求出点的坐标.
21.(10分)如图1为折叠便携钓鱼椅子,将其抽象成几何图形,如图2所示,测得,,,,,已知.
(1)求证:四边形是平行四边形;
(2)求椅子最高点A到地面的距离.
22.(10分)阅读材料:像、、……两个含有二次根式的代数式相乘,积不含有二次根式,我们称这两个代数式互为有理化因式.例如与,与等都是互为有理化因式.在进行二次根式计算时,利用有理化因式,可以化去分母中的根号.例如:;解答下列问题:
(1)与 互为有理化因式,将分母有理化得 ,
(2)观察下面的变形规律并解决问题:
①,,,……若为正整数,请你猜想: ,
②计算:
23.(12分)在一条笔直的道路上依次有A,B,C三地,A地与C地的距离为320千米.乙车从B地驶往C地,同时甲车从B地驶往A地,到达A地后因故停留1小时,然后按原路原速返回B地并立即驶往C地,结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整.两车均匀速行驶,图是两车距A地的距离y(单位:千米)与出发的时间x(单位:小时)之间的函数图象(甲车的函数图象不完整).
(1)求乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式(不写自变量的取值范围);
(2)甲车的速度为______________千米/小时;当______________时,甲车刚好到达C地;在图中补充甲车从A地到C地行驶过程中,y关于x的函数图象;
(3)当两车从B地出发后,第一次相遇时,求相遇点与A地的距离;
(4)乙车到达C地前,直接写出当两车之间相距100千米时x的值.
24.(12分)综合与实践:综合与实践课上,老师让同学们以“折叠”为主题开展数学活动.
(1)作判断
操作一:对折长方形纸片,使与重台,得到折痕,把纸片展平;
操作二:在上选一点,沿折叠,使点落在长方形内部点处,把纸片展平,连接,.
根据以上操作,当点在上时,______度.
(2)迁移探究:嘉琪将长方形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下:将正方形纸片按照(1)中的方式操作,并延长交于点,连接.
如图.当点在上时,______度,______度;
改变点在上的位置(点不与点,重合),如图,判断与的数量关系,并说明理由.
(3)拓展应用:在(2)的探究中,已知正方形纸片的边长为,当时,直接写出的长.
参考答案
一.选择题
1.D
【分析】本题考查的是二次根式的加减运算,混合运算,二次根式的大小比较,先把选项中的运算符号代入进行计算,再比较大小即可.
【详解】解:,
,
,
,
∵,,
∴当算式的结果最大时,“口”表示的运算符号是;
故选:D
2.C
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理,熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键.
根据勾股定理的逆定理进行计算,即可解答.
【详解】解:,,,,,
,,
以,,三根木棒能摆成直角三角形,以,,三根木棒能摆成直角三角形,
故选:C
3.B
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质,熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键.先根据平行四边形的性质可得,,再证出四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形,根据平行四边形的性质可得,,,,则,由此即可得.
【详解】解: ∵四边形是平行四边形,
∴,,
∵,
∴,
∴四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形,
∴,,,,
又∵,
∴,
∴,
∴,
∵的面积为,
∴的面积为,
故选:B.
4.C
【分析】本题主要考查一次函数的应用,根据图象,先求出甲的速度,再求出乙的速度,再根据点B时,甲、乙两人刚好第一次相遇,列方程,进而得出答案.
【详解】解:由图象分析可知,C点时,甲刚好到达目的地,点C的坐标为,
∴甲的速度为,
设乙的速度为,
由C的坐标为,得,
解得,
点时,甲、乙两人刚好第一次相遇,
∴,
解得,
则点B的坐标为.
故选:C.
5.D
【分析】本题考查了正方形的性质,勾股定理,矩形的判定与性质全等三角形的判定与性质,掌握知识点的应用是解题的关键.
过点作交于点,交于点,则,证明四边形是矩形,故,根据正方形的性质得出,,,然后证明,则,,再由勾股定理即可求解.
【详解】解:过点作交于点,交于点,则,
∵四边形是正方形,
∴,,
∴,
∴四边形是矩形,
∴,
∵是的中点,
∴,
∵四边形和四边形均为正方形,
∴,,,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,,
∴,
故选:.
6.C
【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质,先求解一次函数与轴的交点坐标为:,再结合图象求解即可.
【详解】解: 当,则,
解得:,
∴一次函数与轴的交点坐标为:;如图,
∴当时,,当时,,
一次函数的图象上有,两点,
∴当时,则,
∴,,
∴,故D不符合题意,C符合题意;
当时,则,
∴的符号不确定,,
∴A,B都不符合题意;
故选:C
7.C
【分析】本题主要考查了菱形的性质,矩形的判定,勾股定理,含30度角的直角三角形的性质,平行四边形的性质与判定,熟练掌握相关知识是解题的关键.
取格点E,F,G,H,根据菱形对角线互相垂直可证明四边形是矩形,且根据网格的特点可知四边形是面积最大的矩形.过点D作于E,则,进而可得,,即可求出,证明四边形是平行四边形,得到,同理可得,则可得到.
【详解】解:如图所示,四边形即为所求;
根据菱形的对角线互相垂直可得,,
根据网格特点可得,
∴四边形是矩形.
过点D作于N,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴四边形是平行四边形,
∴,
同理可得,
∴,
∴.
故选:C
8.C
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值、分母有理化等知识点,逐步把代入所求式子进行化简求值是解题的关键.
先利用分母有理化对已知条件进行化简,再依次代入所求的式子进行运算即可.
【详解】解:∵,
∴,
∴
.
故选:C.
9.A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,延长,交的延长线于,由可证,可得,,由可证,可得,,可证,由勾股定理可得,即可求解.添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键.
【详解】解:延长,交的延长线于,
,,
,
,
点是的中点,
,
又,
,
,,
,
,
,
,
,
,,
,
,
,
,
,
已知的长,
可求的长,
故选:A.
10.B
【分析】本题考查了折叠的性质,勾股定理,矩形的性质,要使最大,则点F要离点E最远,当点Q与点B重合时,线段最大,计算出的长度,,即可解答,熟知折叠的性质,得到当点Q与点B重合时,线段最大是解题的关键.
【详解】解:如图,
是的中点,
为定点,
∴要使最大,则点F要离点E最远,
∴当点Q与点B重合时,线段最大,此时点也与点B重合,
根据折叠可得,,
四边形是矩形,
,,,
,
设,则,
点是的中点,
,
在中,,
即,
解得,
同理可得.
最大值为.
故选:B.
二.填空题
11.
【分析】本题考查了勾股定理,坐标与图形,求一次函数的解析式.以点为原点,所在直线为轴,建立直角坐标系,先利用勾股定理结合等积法求得,利用待定系数法分别求得直线和的解析式,再联立求得,利用两点之间的距离公式求解即可.
【详解】解:以点为原点,所在直线为轴,建立直角坐标系,如图,
则,,,
设与的交点为F,作轴于点,
∵是中点,
∴,
∴,
由折叠的性质得,
∵,即,
∴,,
同理,,,
∴,
设直线的解析式为,则,
解得,
∴直线的解析式为,
设直线的解析式为,则,
解得,
∴直线的解析式为,
联立得,
解得,,
∴,
∴,
故答案为:.
12.
【分析】本题考查了菱形的性质,矩形的判定和性质,三角形中位线的性质,连接交于,根据三角形中位线定理得,,,,进而可得四边形是矩形,得到,进而根据菱形的面积公式计算即可求解,正确作出辅助线是解题的关键.
【详解】解:连接交于,
∵四边形是菱形,
∴,
∵点分别是边的中点,
∴,,,,,,
∴,,
∴四边形是平行四边形,
∵,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴四边形是矩形,
∵四边形的面积为,
∴,
∴菱形的面积.
故答案为:.
13.
【分析】本题考查数学文化与几何概型,涉及到全等三角形的性质,勾股定理,完全平方公式变形求值.根据题意可得可以求出,即可得到图2中的阴影部分面积为,用a,b表示后计算即可.
【详解】解:∵朱方对应正方形的边长为a,青方对应正方形的边长为b,
∴,,
∵朱入与朱出的三角形全等,
∴,
∴,
∵两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等,
∴,,
∴,,
∴阴影部分面积为
,
∵,,
∴,
即阴影部分的面积为,
故答案为:.
14.
【分析】本题考查了二次根式的乘除法,二次根式的性质与化简,先将化简为,可得最小为3,由是大于1的整数可得越小,越小,则越大,当时,即可求解,解题的关键是读懂题意,根据关键词“大于”,“整数”进行求解.
【详解】解: ,且为整数,
最小为3,
是大于1的整数,
越小,越小,则越大,
当时,,
,即最大为75,
故的最小值与最大值的和是,
故答案为:.
15.
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质,一次函数,勾股定理等知识,解题的关键用列举法找到规律后再解答.先求出直线解析式,再根据题意分别求出,,,…的纵坐标,再代入函数表达式中,求出横坐标,即可得到答案.
【详解】解:∵,,,,…都是等腰直角三角形,且,
∴,
设直线过点,的函数表达式为.
则,解得:,
函数表达式为.
∵的纵坐标为1,
的纵坐标为,
的纵坐标为,
…,
的纵坐标为,
把的纵坐标为代入中,
解得,
点的坐标是.
故答案为:.
16. 3
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识点,添加适当的辅助线是解题的关键.
(1)延长与交于点H,根据矩形的性质可得,从而可得,再根据线段的中点定义可得,然后利用证明,从而利用全等三角形的性质可得,进而可得,再根据垂直定义可得,最后利用直角三角形斜边上的中线性质进行计算即可解答;
(2)根据矩形的性质可得,再利用角平分线的性质可得,,从而可得,进而可得,然后在中,利用勾股定理求出,再设,则,从而在中,利用勾股定理进行计算可求出的长,最后求比即可.
【详解】解:(1)如图:延长与交于点H,
∵四边形是矩形,
∴,
∴,
∵点G为中点,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴.
故答案为:3;
(2)∵四边形是矩形,
∴,
∴,
∵平分,,
∴,
,
,
在中,,
∴,
设,,
在中,,
∴,解得:,
∴,
,
故答案为:.
三.解答题
17.(1)解:,
即,
∴
;
(2)解:,
即,
∴
.
18.(1)解:将长方体表面展开,
如图,连接,
在中,,
,
如图,连接,
在中,,
,
如图,连接,
在中,,
,
甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是,,;
(2)解:,即,
,
又三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点出发,
行走路程最小的最先到达,行走路程最大的最后到达,
即:蚂蚁丙最先到达,蚂蚁甲最后到达.
19.(1)证明:∵,
∴四边形是平行四边形,
∴;
(2)证明:∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
由(1)可知,四边形是平行四边形,
∴平行四边形是菱形;
(3)解:由(2)可知,四边形是菱形,
∴,
∴,
∵,
∴.
20.(1)解:把代入,得.
.
,
,
,
点在轴正半轴上,
设直线的解析式为.
把及代入,得,
解得
直线的解析式为:;
(2)解:分和两种情况:如图
当时,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,,
∴,
∵在第二象限内,
∴;
当时,
∴,,
∴即轴,
又∵,在第二象限内,
∴;
综上,点的坐标为或;
(3)解:依照题意画出图形,如图所示.
∵,
∴设,则.
在中,,
∴,即,
解得:x,
∴点P的坐标.
21.(1)证明:∵,,,
∴,,
则,
∴,
∴四边形是平行四边形;
(2)解:∵四边形是平行四边形,
∴,
延长交于,
由(1)可知,,,
∴四边形是平行四边形,
∴,,
则,,
连接,
∵,
∴,,
∴,
∴,
∴,
即:椅子最高点到地面的距离为.
22.(1)解:根据互为有理化因式的定义可知,与互为有理化因式;
,
故答案为:;.
(2)解:①
;
②
.
23.(1)解:由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程,
由图象可知,,
可设,代入,,得,解得,
∴乙车从地到地的行驶过程中关于的表达式为:;
(2)由图象可知,甲车的速度为千米/小时,
甲车从地出发达到地所需时间为,
∴,
则补全函数图象如图所示,
故答案为:80,6;
(3)由题意可知,甲车从地出发时,乙车已经出发了2小时,
若距离出发小时,两车第一次相遇,
可得:,解得:,
此时,相遇点与地的距离为千米;
(4)当甲还没到时,两车之间相距100千米,可得,解得:;
当甲、乙相遇之前时,两车之间相距100千米,可得:,解得:;
当甲、乙相遇之后,且甲车没有到达地时,两车之间相距100千米,可得:,解得:(不符合题意,舍去);
当甲车到达地后,乙车还没有到,两车之间相距100千米,可得:,解得:(不符合题意,舍去);
综上,当两车之间相距100千米时,或.
24.(1)解:,
,
取的中点为,连接,如图:
,
,
,
是等边三角形,
,
,
,
,
故答案为:;
(2)解:四边形是正方形,
,,
由折叠的性质得:,,
;
,,
,
,
,
,
故答案为:,;
,理由如下:
四边形是正方形,
,,
由折叠可得,,
,,
,
,
;
(3)解:当点在点的下方时,如图,
,,,
,,
由(2)可知,,
设,,
,
即,
解得:,
;
当点在点的上方时,如图,
,,,
,,
由(2)可知,,
设,,
,
即,
解得:,
,
综上所述,或.
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