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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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