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浙江省杭州市拱墅区杭州观成实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·拱墅期中）下列方程中，是一元二次方程的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、分母中含有未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、未知数的最高次数为1，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D、是一元二次方程，故本选项符合题意；
故答案为：D.
【分析】含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程称为一元二次方程，据此判断.
2．（2024八下·拱墅期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解： 故A不符合题意；
故B不符合题意；
是最简二次根式，故C符合题意；
故D不符合题意；
故选： C.
【分析】根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答.
3．（2024八下·拱墅期中）一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的边数为（　　）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，则
（n-2) ×180° = 1800°，
解得：n=12.
故答案为：C。
【分析】n边形内角和为：（n-2) ×180°。
4．（2024八下·拱墅期中）如图，在中，是的中线，分别是的中点，连接．已知，则的长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：是的中线，，
，
∵分别是的中点，
∴是的中位线，
，
故选A．
【分析】根据中线可得，再根据三角形中位线定理解答即可．
5．（2024八下·拱墅期中）用反证法证明“若ab＝0，则a，b中至少有一个为0”时，第一步应假设（　　）
A．a＝0，b＝0 B．a≠0，b≠0 C．a≠0，b＝0 D．a＝0，b≠0
【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：“若，则中至少有一个为0”.第一步应假设：.
故答案为：B.
【分析】用反证法证明一个命题，第一步需要假设命题的结论不成立，反面成立，据此可得答案.
6．（2024八下·拱墅期中）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据矩的形性质可得，即可得到，进而得到是等边三角形，再利用余切函数解题即可．
7．（2024八下·拱墅期中）下图入口处进入，最后到达的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】一组对边平行，另一组对边相等可能是等腰梯形，可知该命题不是真命题；
对角线互相平分的四边形包括正方形、长方形、菱形，而正方形、长方形、菱形都属于平行四边形
根据题意最后最后结果为丙.
故答案为：C.
【分析】 题考查命题和定理 ，根据平行四边形的性质和对角线的定义对命题进行判断即可.
8．（2024八下·拱墅期中）我校坚持对学生进行近视眼的防治，近视学生人数逐年减少，据统计，今年的近视学生人数是前年近视学生人数的75%.设这两年平均每年近视学生人数降低的百分率为x，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；列一元二次方程
【解析】【解答】解：依题意，得：．
故答案为：B.
【分析】根据今年的近视学生人数是前年近视学生人数的，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
9．（2024八下·拱墅期中）如图，在一节数学探究课中老师布置以下任务：在正五边形（每个内角相等，每条边相等）内部找一点P，使得四边形为平行四边形，学生小观和小成分别写出如下作法：
（小观）连结接两条线段相交于P点，则P即为所求；
（小成）先取的中点M，再以A为圆心，长为半径画弧，交于P点，则P即为所求.
对于小观和小成的作法，以下判断正确的是（　　）
A．两人都正确 B．两人都错误
C．小观正确，小成错误 D．小观错误，小成正确
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图1，
正五边形的每个内角的度数是，，
，
同理，
，，
四边形是平行四边形，即小观正确；
如图2，
，
，
，
，
，，
，即，，
四边形不是平行四边形，即小成错误．
故答案为：C．
【分析】求出五边形的每个角的度数，求出、、的度数，根据平行四边形的判定判断即可．
平行四边形的判定定理：有两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
10．（2024八下·拱墅期中）如图，在正方形中，，，，，垂足分别是，，连接，若，正方形与正方形的面积之比为，则（　　）
A．4 B．3 C．2.5 D．2
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵四边形、为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
在Rt△BCG中
∵，
∴
= ，
∴正方形与正方形的面积之比为，
∴，
故答案为：B．
【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质得出，设，，则，，利用 条件代入化简得，在Rt△BCG中利用勾股定理求出，把代入得=，然后用小正方形的面积比大正方形面积，求出n的值。
11．（2024八下·拱墅期中）若二次根式 有意义，则x的取值范围是　 　．
【答案】x≥﹣1
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x+1≥0，
解得：x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，再解不等式即可．
12．（2024八下·拱墅期中）如图，已知平行四边形的周长是12，对角线与交于点，的周长比的周长多1，则的长为　 　.
【答案】2.5
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：的周长为12，
，，
的周长比的周长多1，
，
，．
故答案为：2.5．
【分析】根据平行四边形的性质及题意可得的长度，的长度，即可求出的长．
13．（2024八下·拱墅期中）若6，8，m为三角形的三边长，则化简的结果为　 　.
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；三角形三边关系
【解析】【解答】解：∵6，8，m为三角形的三边长，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据三角形的三边关系确定m的取值范围，根据进行化简即可．
14．（2024八下·拱墅期中）如果关于的方程（为常数）有一个根是3，则另外一个根是　 　．
【答案】-2
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：把x=3代入 求出K=-6
原方程是
解方程得
故答案为：-2．
【分析】把x=3代入原方程求出K值，然后解方程求出另一个根。
15．（2024八下·拱墅期中）如图，矩形中，，，在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为　 　.
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴∥，
∵，
在Rt△ABE中
∴.
在和中，
，
∴，
，
∴
故答案为：．
【分析】在Rt△ABE中用勾股定理求出的长度，再结合矩形的性质证明，根据AAS得出，然后求出EF=BE-BF．
16．（2024八下·拱墅期中）如图，在菱形中，，，将向右平移得到（点在线段AC上），连接，，.在平移过程中，
（1）若四边形是矩形，则　 　.
（2）的最小值为　 　.
【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；矩形的判定；平移的性质
【解析】【解答】解：（1）连接交于点，如图所示：
在菱形中，，，
，，
，
在中，，则，
将向右平移得到（点在线段上），
，
若四边形是矩形，则，
，
在中，，则，
，
故答案为：；
（2）连接，延长到，使，如图所示：
将向右平移得到（点在线段上），
，，
是平行四边形，
，
在菱形中，由菱形对称性得到，
，
，则当、、三点共线时，有最小值为，
，
，
是等边三角形，
，，
是的一个外角，
，
，
在中，，，则，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】（1）连接BD交AC于点O，由菱形的性质得BD⊥AC，∠ABD=∠ABC=60°，根据直角三角形的两锐角互余得∠BAO=30°，由含30°角直角三角形的性质得BO=3，AO=；然后根据平移及矩形性质得∠DA'O=60°，从而再根据含30°角直角三角形的性质求出A'O，最后根据AA'=AO-A'O即可求出答案；
（2）连接A'B，延长AB到D'，使BD'=AB，由平移的性质得AB∥A'B'，AB=A'B'，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形A'BD'B'是平行四边形，又平行四边形的对边相等得A'B=B'D'，则A'D+B'D=B'D'+B'D，根据两点之间线段最短，当D'、B'、D三点共线时，A'D+B'D有最小值DD'，易得△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质、三角形外角性质及等边对等角可推出∠BDB'=∠D'=30°，则∠ADD'=90°，在Rt△ADD'中，根据含30°角直角三角形的性质可求出DD'的长，从而得到答案.
17．（2024八下·拱墅期中）计算下列各式：
（1）；
（2）.
【答案】（1）解：
；
（2）解：
.
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的乘法法则运算，然后把二次根式化为最简二次根式后合并即可；
（2）利用完全平方公式计算，然后合并同类二次根式即可．
18．（2024八下·拱墅期中）解方程：
（1）.
（2）；
【答案】（1）解：
，
即：或，
∴或；
（2）解：，
，
，
即：或，
∴或．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
（2）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
19．（2024八下·拱墅期中）如图，在中，，，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得.
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求长.
【答案】（1）证明： ∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为是边的中点，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可知， 四边形是平行四边形，
∵ CD⊥BF
∴平行四边形是菱形，
∴，
设， 则，
在中，
由勾股定理得：即
解得：，
即长为
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得，有二直线平行，内错角相等得， 结合对顶角相等，利用ASA证明， 由全等三角形的对应边相等得， 然后由平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可得出结论；
（2）由“对角线互相垂直得平行四边形是菱形”先证明平行四边形是菱形， 由菱形的四边相等得， 设， 则， 在中，由勾股定理得出方程，解方程即可.
20．（2024八下·拱墅期中）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．
（1）求证：．
（2）判断与是否垂直，并说明理由．
【答案】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）解：与垂直，理由如下．连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得，即可得到，然后利用平行线的性质得到结论即可；
（2）连接交于点，根据证明，即可得到，然后得到为矩形，利用矩形的性质得到结论即可．
21．（2024八下·拱墅期中）东新社区为了解决社区停车难的问题，利用一块矩形空地建了一个小型体车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积（即阴影面积）为.
（1）求道路的宽是多少米
（2）该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10120元，同时尽可能让利于居民
【答案】（1）解：道路的宽为米，
由题意得：
整理得：
解得：(不合题意，舍去)，
答：道路的宽是米；
（2）解：设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入元，由题意得：，
整理得：，
解得：，
∵尽可能让利于居民，
，
答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的实际应用-销售问题；列一元二次方程
【解析】【分析】（1）道路的宽为米，根据铺花砖的面积 (即阴影面积)为，阴影部分的面积看作长为（50-2x），宽为（30-2x）的长方形，列出一元二次方程，解方程取符合题意的值即可；
（2）设每个车位的月租金上涨元时，现在租金（200+y），车位数（50-），根据停车场的月租金收入为元，列出一元二次方程，解方程取尽可能让利于居民的值（最小值）即可．
22．（2024八下·拱墅期中）已知关于x的一元二次方程.
（1）当时，解这个方程；
（2）试判断这个一元二次方程根的情况，并说明理由；
（3），是这个方程的两个实数根，若n、t为正整数，且，求n的值.
【答案】（1）解：当时，原方程化为，，
或，
∴，；
（2）解：方程有两个实数解．
理由如下：
，
当时，，方程有两个相等的实数解；
当时，，方程有两个不相等的实数解；
综上所述，方程有两个实数解；
（3）解：依题意，解方程得或，
，
或，
当时，，
、为正整数，
当时，；当时，；
当时，，
综上所述，的值为1或2．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）先计算根的判别式的值得到△，利用根的判别式的意义即可解答；
（3）先利用公式法解方程得两根．再根据题意列出关于n，t的方程，再根据 n、t为正整数，讨论即可得出n的值.
23．（2024八下·拱墅期中）如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
【答案】（1）证明： ∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过作于， 如图：
设， 则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中，
，
解得(此时大于， 舍去)或
，
∴的长为；
（3）解：过作于， 连接， 如图：
∵点为矩形的对称中心，过点，
∴为中点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
即，
∴，
∵，
，
，，
∴．

【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠GEF=∠BFE，由轴对称性质得∠BFE=∠B'FE，由等量代换得∠GEF=∠GFE，由等角对等边即可得出结论；
（2）过G作GH⊥BC于H， 设DG=x，则AE=2x，GE=8-3x=GF，由三个内角是直角的四边形是矩形得四边形GHCD是矩形，由矩形的对边相等得GH=CD=AB=4，CH=GD=x，根据矩形的中心对称性可得CF=AE=2x，则FH=x，在Rt△GHF中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而即可得出AE的长；
（3）过O作OQ⊥AD于Q， 连接OA、OD、OG， 由矩形的对称性可得O为EF的中点，OA=OD，OQ=AB=2，由等腰三角形的三线合一得OG⊥EF，由同角的余角相等得∠GOQ=∠QEO，从而用“两组角对应相等的两个三角形相似”得△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得AQ=DQ=AD=4，进而根据线段的和差表示出EQ、GQ， 即可得出答案．
1 / 1浙江省杭州市拱墅区杭州观成实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·拱墅期中）下列方程中，是一元二次方程的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024八下·拱墅期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024八下·拱墅期中）一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的边数为（　　）
A．10 B．11 C．12 D．13
4．（2024八下·拱墅期中）如图，在中，是的中线，分别是的中点，连接．已知，则的长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
5．（2024八下·拱墅期中）用反证法证明“若ab＝0，则a，b中至少有一个为0”时，第一步应假设（　　）
A．a＝0，b＝0 B．a≠0，b≠0 C．a≠0，b＝0 D．a＝0，b≠0
6．（2024八下·拱墅期中）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024八下·拱墅期中）下图入口处进入，最后到达的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
8．（2024八下·拱墅期中）我校坚持对学生进行近视眼的防治，近视学生人数逐年减少，据统计，今年的近视学生人数是前年近视学生人数的75%.设这两年平均每年近视学生人数降低的百分率为x，则（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024八下·拱墅期中）如图，在一节数学探究课中老师布置以下任务：在正五边形（每个内角相等，每条边相等）内部找一点P，使得四边形为平行四边形，学生小观和小成分别写出如下作法：
（小观）连结接两条线段相交于P点，则P即为所求；
（小成）先取的中点M，再以A为圆心，长为半径画弧，交于P点，则P即为所求.
对于小观和小成的作法，以下判断正确的是（　　）
A．两人都正确 B．两人都错误
C．小观正确，小成错误 D．小观错误，小成正确
10．（2024八下·拱墅期中）如图，在正方形中，，，，，垂足分别是，，连接，若，正方形与正方形的面积之比为，则（　　）
A．4 B．3 C．2.5 D．2
11．（2024八下·拱墅期中）若二次根式 有意义，则x的取值范围是　 　．
12．（2024八下·拱墅期中）如图，已知平行四边形的周长是12，对角线与交于点，的周长比的周长多1，则的长为　 　.
13．（2024八下·拱墅期中）若6，8，m为三角形的三边长，则化简的结果为　 　.
14．（2024八下·拱墅期中）如果关于的方程（为常数）有一个根是3，则另外一个根是　 　．
15．（2024八下·拱墅期中）如图，矩形中，，，在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为　 　.
16．（2024八下·拱墅期中）如图，在菱形中，，，将向右平移得到（点在线段AC上），连接，，.在平移过程中，
（1）若四边形是矩形，则　 　.
（2）的最小值为　 　.
17．（2024八下·拱墅期中）计算下列各式：
（1）；
（2）.
18．（2024八下·拱墅期中）解方程：
（1）.
（2）；
19．（2024八下·拱墅期中）如图，在中，，，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得.
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求长.
20．（2024八下·拱墅期中）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．
（1）求证：．
（2）判断与是否垂直，并说明理由．
21．（2024八下·拱墅期中）东新社区为了解决社区停车难的问题，利用一块矩形空地建了一个小型体车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积（即阴影面积）为.
（1）求道路的宽是多少米
（2）该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10120元，同时尽可能让利于居民
22．（2024八下·拱墅期中）已知关于x的一元二次方程.
（1）当时，解这个方程；
（2）试判断这个一元二次方程根的情况，并说明理由；
（3），是这个方程的两个实数根，若n、t为正整数，且，求n的值.
23．（2024八下·拱墅期中）如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、分母中含有未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、未知数的最高次数为1，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D、是一元二次方程，故本选项符合题意；
故答案为：D.
【分析】含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程称为一元二次方程，据此判断.
2．【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解： 故A不符合题意；
故B不符合题意；
是最简二次根式，故C符合题意；
故D不符合题意；
故选： C.
【分析】根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答.
3．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，则
（n-2) ×180° = 1800°，
解得：n=12.
故答案为：C。
【分析】n边形内角和为：（n-2) ×180°。
4．【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：是的中线，，
，
∵分别是的中点，
∴是的中位线，
，
故选A．
【分析】根据中线可得，再根据三角形中位线定理解答即可．
5．【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：“若，则中至少有一个为0”.第一步应假设：.
故答案为：B.
【分析】用反证法证明一个命题，第一步需要假设命题的结论不成立，反面成立，据此可得答案.
6．【答案】D
【知识点】矩形的性质；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据矩的形性质可得，即可得到，进而得到是等边三角形，再利用余切函数解题即可．
7．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】一组对边平行，另一组对边相等可能是等腰梯形，可知该命题不是真命题；
对角线互相平分的四边形包括正方形、长方形、菱形，而正方形、长方形、菱形都属于平行四边形
根据题意最后最后结果为丙.
故答案为：C.
【分析】 题考查命题和定理 ，根据平行四边形的性质和对角线的定义对命题进行判断即可.
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；列一元二次方程
【解析】【解答】解：依题意，得：．
故答案为：B.
【分析】根据今年的近视学生人数是前年近视学生人数的，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
9．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图1，
正五边形的每个内角的度数是，，
，
同理，
，，
四边形是平行四边形，即小观正确；
如图2，
，
，
，
，
，，
，即，，
四边形不是平行四边形，即小成错误．
故答案为：C．
【分析】求出五边形的每个角的度数，求出、、的度数，根据平行四边形的判定判断即可．
平行四边形的判定定理：有两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
10．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵四边形、为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
在Rt△BCG中
∵，
∴
= ，
∴正方形与正方形的面积之比为，
∴，
故答案为：B．
【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质得出，设，，则，，利用 条件代入化简得，在Rt△BCG中利用勾股定理求出，把代入得=，然后用小正方形的面积比大正方形面积，求出n的值。
11．【答案】x≥﹣1
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x+1≥0，
解得：x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，再解不等式即可．
12．【答案】2.5
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：的周长为12，
，，
的周长比的周长多1，
，
，．
故答案为：2.5．
【分析】根据平行四边形的性质及题意可得的长度，的长度，即可求出的长．
13．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；三角形三边关系
【解析】【解答】解：∵6，8，m为三角形的三边长，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据三角形的三边关系确定m的取值范围，根据进行化简即可．
14．【答案】-2
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：把x=3代入 求出K=-6
原方程是
解方程得
故答案为：-2．
【分析】把x=3代入原方程求出K值，然后解方程求出另一个根。
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴∥，
∵，
在Rt△ABE中
∴.
在和中，
，
∴，
，
∴
故答案为：．
【分析】在Rt△ABE中用勾股定理求出的长度，再结合矩形的性质证明，根据AAS得出，然后求出EF=BE-BF．
16．【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；矩形的判定；平移的性质
【解析】【解答】解：（1）连接交于点，如图所示：
在菱形中，，，
，，
，
在中，，则，
将向右平移得到（点在线段上），
，
若四边形是矩形，则，
，
在中，，则，
，
故答案为：；
（2）连接，延长到，使，如图所示：
将向右平移得到（点在线段上），
，，
是平行四边形，
，
在菱形中，由菱形对称性得到，
，
，则当、、三点共线时，有最小值为，
，
，
是等边三角形，
，，
是的一个外角，
，
，
在中，，，则，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】（1）连接BD交AC于点O，由菱形的性质得BD⊥AC，∠ABD=∠ABC=60°，根据直角三角形的两锐角互余得∠BAO=30°，由含30°角直角三角形的性质得BO=3，AO=；然后根据平移及矩形性质得∠DA'O=60°，从而再根据含30°角直角三角形的性质求出A'O，最后根据AA'=AO-A'O即可求出答案；
（2）连接A'B，延长AB到D'，使BD'=AB，由平移的性质得AB∥A'B'，AB=A'B'，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形A'BD'B'是平行四边形，又平行四边形的对边相等得A'B=B'D'，则A'D+B'D=B'D'+B'D，根据两点之间线段最短，当D'、B'、D三点共线时，A'D+B'D有最小值DD'，易得△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质、三角形外角性质及等边对等角可推出∠BDB'=∠D'=30°，则∠ADD'=90°，在Rt△ADD'中，根据含30°角直角三角形的性质可求出DD'的长，从而得到答案.
17．【答案】（1）解：
；
（2）解：
.
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的乘法法则运算，然后把二次根式化为最简二次根式后合并即可；
（2）利用完全平方公式计算，然后合并同类二次根式即可．
18．【答案】（1）解：
，
即：或，
∴或；
（2）解：，
，
，
即：或，
∴或．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
（2）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
19．【答案】（1）证明： ∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为是边的中点，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可知， 四边形是平行四边形，
∵ CD⊥BF
∴平行四边形是菱形，
∴，
设， 则，
在中，
由勾股定理得：即
解得：，
即长为
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得，有二直线平行，内错角相等得， 结合对顶角相等，利用ASA证明， 由全等三角形的对应边相等得， 然后由平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可得出结论；
（2）由“对角线互相垂直得平行四边形是菱形”先证明平行四边形是菱形， 由菱形的四边相等得， 设， 则， 在中，由勾股定理得出方程，解方程即可.
20．【答案】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）解：与垂直，理由如下．连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得，即可得到，然后利用平行线的性质得到结论即可；
（2）连接交于点，根据证明，即可得到，然后得到为矩形，利用矩形的性质得到结论即可．
21．【答案】（1）解：道路的宽为米，
由题意得：
整理得：
解得：(不合题意，舍去)，
答：道路的宽是米；
（2）解：设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入元，由题意得：，
整理得：，
解得：，
∵尽可能让利于居民，
，
答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的实际应用-销售问题；列一元二次方程
【解析】【分析】（1）道路的宽为米，根据铺花砖的面积 (即阴影面积)为，阴影部分的面积看作长为（50-2x），宽为（30-2x）的长方形，列出一元二次方程，解方程取符合题意的值即可；
（2）设每个车位的月租金上涨元时，现在租金（200+y），车位数（50-），根据停车场的月租金收入为元，列出一元二次方程，解方程取尽可能让利于居民的值（最小值）即可．
22．【答案】（1）解：当时，原方程化为，，
或，
∴，；
（2）解：方程有两个实数解．
理由如下：
，
当时，，方程有两个相等的实数解；
当时，，方程有两个不相等的实数解；
综上所述，方程有两个实数解；
（3）解：依题意，解方程得或，
，
或，
当时，，
、为正整数，
当时，；当时，；
当时，，
综上所述，的值为1或2．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）先计算根的判别式的值得到△，利用根的判别式的意义即可解答；
（3）先利用公式法解方程得两根．再根据题意列出关于n，t的方程，再根据 n、t为正整数，讨论即可得出n的值.
23．【答案】（1）证明： ∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过作于， 如图：
设， 则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中，
，
解得(此时大于， 舍去)或
，
∴的长为；
（3）解：过作于， 连接， 如图：
∵点为矩形的对称中心，过点，
∴为中点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
即，
∴，
∵，
，
，，
∴．

【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠GEF=∠BFE，由轴对称性质得∠BFE=∠B'FE，由等量代换得∠GEF=∠GFE，由等角对等边即可得出结论；
（2）过G作GH⊥BC于H， 设DG=x，则AE=2x，GE=8-3x=GF，由三个内角是直角的四边形是矩形得四边形GHCD是矩形，由矩形的对边相等得GH=CD=AB=4，CH=GD=x，根据矩形的中心对称性可得CF=AE=2x，则FH=x，在Rt△GHF中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而即可得出AE的长；
（3）过O作OQ⊥AD于Q， 连接OA、OD、OG， 由矩形的对称性可得O为EF的中点，OA=OD，OQ=AB=2，由等腰三角形的三线合一得OG⊥EF，由同角的余角相等得∠GOQ=∠QEO，从而用“两组角对应相等的两个三角形相似”得△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得AQ=DQ=AD=4，进而根据线段的和差表示出EQ、GQ， 即可得出答案．
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