资源简介

湖南省长沙市一中金山桥学校2024-2025学年八年级下学期第一次月考数学试卷
一、单选题（10*3=30分）
1．（2025八下·长沙月考）下列各组数，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．2，3，4 B．3，4，5 C．1，1，2 D．4，6，7
2．（2025八下·长沙月考）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·长沙月考）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·长沙月考）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·长沙月考）如图，在中，DE是的中位线，若DE=3，则的长为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
6．（2025八下·长沙月考）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．对角线相等且互相垂直
7．（2025八下·长沙月考）如图，图中的三角形是直角三角形，四边形都是正方形，若正方形A，B的面积分别是16，9，则最大正方形C的面积是（　　）
A．30 B．25 C．20 D．15
8．（2025八下·长沙月考）若，则（　　）
A． B．0 C． D．1
9．（2025八下·长沙月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，两点的坐标分别为，，则菱形的面积为（　　）
A．24 B．48 C． D．
10．（2025八下·长沙月考）炭河古城作为我国首个周文化主题公园，备受大家追捧，如今已成为旅游热点．在如图是古城某个绿植拐角的平面图，为了不践踏绿植，需要避开“捷径”走横平竖直的路．已知米，米，请问与捷径相比多走了多少米？（　　）
A．2米 B．3米 C．4米 D．5米
二、填空题（6*3=18分）
11．（2025八下·长沙月考）式子在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是　 　 ．
12．（2025八下·长沙月考）在中，，，点为的中点，则的长为　 　．
13．（2025八下·长沙月考）请写出一个大于且小于的二次根式　 　．
14．（2025八下·长沙月考）请写出命题“如果，那么”的逆命题：　 　．
15．（2025八下·长沙月考）我们在学习“实数”时画了这样一个图，即“以数轴上的单位长为“1”的线段作一个正方形，然后以原点为圆心，正方形的对角线长为半径画弧交数轴于点”，如图线段的长度是　 　．
16．（2025八下·长沙月考）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法一定正确的是　 　．
①②③④
三、解答题（17、18、19题6分一个，20、21题8分一个，22、23题9分一个，24、25题10分一个，总计72分）
17．（2025八下·长沙月考）（1）分解因式：；
（2）计算：
18．（2025八下·长沙月考）先化简，再求值：，其中．
19．（2025八下·长沙月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC，
求证：四边形ABED是平行四边形．
20．（2025八下·长沙月考）设，．
（1）求，的值；
（2）求的值．
21．（2025八下·长沙月考）下图为某小区绿化带示意图，已知，米，米，米，米．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若铺设一平米草坪费用为元，请问将该绿化带铺满草坪需要多少钱？
22．（2025八下·长沙月考）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，，求的长．
23．（2025八下·长沙月考）某网店销售甲、乙两种茶具套装，甲种茶具套装的单价比乙种茶具套装的单价少30元，花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍．
（1）求甲、乙两种茶具套装的单价；
（2）某茶社准备在该网店购买甲、乙两种茶具套装共10套，花费不超过1600元，则该茶社最多可以购买多少套乙种茶具？
24．（2025八下·长沙月考）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是　　（填序号）；
（2）如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、．求证：四边形是“宁美四边形”；
（3）如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长．
25．（2025八下·长沙月考）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中．
（1）若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？
答：__________；（直接填空，不用说理）
（2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值；
（3）在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，，
，
以2，3，4为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意；
B．，，
，
以3，4，5为边能构成直角三角形，
∴此选项符合题意；
C．，，
，
以1，1，2为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意；
D．，，
，
以4，6，7为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】由题意，先求出每一个选项中两较短边的平方和，再求得最长边的平方，观察两较短边的平方和是否等于最长边的平方，然后根据勾股定理的逆定理即可判断求解．
2．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：A、≠9，∴此选项不符合题意；
B、≠-2，
∴此选项不符合题意；
C、，
∴此选项符合题意；
D、≠3，
∴此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】A、根据二次根式的性质“(a≥0)”可判断求解；
B、根据二次根式的性质“”可判断求解；
C、根据二次根式的除法法则“”可判断求解；
D、同C计算可判断求解.
3．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、是最简二次根式，故本选项符合题意；
B、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意.
故答案为：A．
【分析】被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，且被开方数中不含分母或分母不能带根号的二次根式就是最简二次根式，据此逐一判断即可解答．
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A．∵，，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
C．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
D．∵，，
∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，此选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】A、由题意，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判断求解；
B、由题意，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断求解；
C、由题意，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断求解；
D、一组对边平行、另一组对边相等的四边形可以是平行四边形，也可以是等腰梯形．
5．【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵是的中位线，且，
∴，
故选：A．
【分析】
根据三角形中位线的性质直接作答即可．
6．【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、矩形和菱形的对角线都互相平分，故此选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定垂直，菱形的对角线垂直，故此选项不符合题意；
C、矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故此选项符合题意；
D、菱形和矩形的对角线都不一定相等且互相垂直，故此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质逐项进行判断即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：设正方形A、B、C的边长分别为a，b，c，
则，．
∵图中的三角形是直角三角形，
∴，
∴最大正方形C的面积是25；
故答案为：B．
【分析】
设正方形A、B、C的边长分别为a，b，c，根据正方形面积公式得，，根据勾股定理可求出，即最大正方形C的面积是25．
8．【答案】D
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，，
解得：，，
.
故答案为：D．
【分析】根据算术平方根何绝对值的非负性可得关于a、b的方程组，解方程求出a、b的值，再代入所求代数式计算即可求解．
9．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，两点的坐标分别为，
∴
∴
∵四边形是菱形
∴.
故选：B.
【分析】由题意，根据三角形的面积公式求出的面积，然后根据图形的构成“”即可求解．
10．【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：在中，，，，
，
则少走的长度是．
故答案为：C．
【分析】由题意，用勾股定理求出的值即可求解．
11．【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】由题意可得：x-3≥0，
解得：x≥3，
故答案为：x≥3
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，，点为的中点，
∴是斜边上的中线，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BD=AC可求解.
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：大于且小于的无理数可以是，
故答案为：．（答案不唯一）.
【分析】根据无理数大于且小于即可求解（答案不唯一）．
14．【答案】如果，那么
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：如果，那么的逆命题是：如果，那么.
故答案为：如果，那么．
【分析】根据逆命题的定义“把一个命题的题设和结论交换位置所得的命题就是原命题的逆命题”并结合题意即可求解．
15．【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解：根据题意知，
，
故答案为：.
【分析】由作法可得OA=OB，然后用勾股定理求得对角线的长度即可求解．
16．【答案】①②③
【知识点】矩形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：①由矩形的性质可得： ABC≌ ADC，∴，
∴结论正确；
②由题意知，矩形中，，，
四边形和四边形均为矩形，
，，
∴结论正确；
③由②可得：
，
，
∴结论正确；
④，，
现有条件无法得出，
，
∴结论错误；
综上可得：正确的结论有：①②③．
故答案为：①②③．
【分析】①由矩形的对角线将矩形平分为两个面积相等的三角形可判断求解；
②由题意可得：四边形和四边形均为矩形，根据矩形的性质可判断求解；
③由矩形的性质和图形的构成可判断求解；
④根据三角形的面积公式和矩形的面积可判断求解．
17．【答案】解：（1）原式
；
（2）原式
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；零指数幂；负整数指数幂；无理数的混合运算
【解析】【分析】（1）观察原式可知，每一项含有公因式a，于是可先提公因式，再将括号内的多项式用完全平方公式分解，即可求解；
（2）由题意，先算零指数幂、绝对值、负整数指数幂，再根据实数的加减法则计算即可求解．
18．【答案】解：
，
将代入得，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】由题意先将括号内的分式通分，再将每一个分式的分子和分母分解因式并约分，即可将分式化简，再把a的值代入化简后的分式计算可求解.
19．【答案】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来证明．
20．【答案】（1）解：将，代入得
（2）解：
将，代入得
【知识点】二次根式的混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【分析】（1）将所给数据直接代入并结合平方差公式计算即可求解；
（2）由题意，用完全平方公式将原式分解因式，将所给数据代入计算即可求解．
（1）将，代入得
；
（2）将，代入得
．
21．【答案】（1）解：△ACD为直角三角形，理由如下：
∵AB=3，BC=4，∠ABC=90°
，
∵CD=12，AD=13
，
∴∠ACD=90°
∴△ACD为直角三角形.
（2）解：
∴总费用为：36×100=3600(元)
答：将该绿化带铺满草坪需要3600元
【知识点】勾股定理的逆定理；勾股定理的应用
【解析】【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理的应用和三角形面积计算公式，熟知勾股定理及逆定理是解题关键；勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方；
（1）根据勾股定理：在Rt△ABC中，，可求得AC的长，再根据勾股定理的逆定理可得：，由此可知：∠ACD=90°，即△ACD为直角三角形，由此可得出结论；
（2）根据三角形的面积公式：，再结合组合图形的面积：代入数据可得出，进而可求出总费用，即可得出答案．
22．【答案】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
四边形为矩形，
．
，
，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，
．
四边形为正方形．
（2）解∶∵四边形为正方形，，
．
，
．
∵是的平分线，
．
在和中，
，
．
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】
（1）根据矩形性质及可得，由矩形的判定“有三个角是直角的四边形是矩形”可得然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形可判断求解；
（2）根据四边形为正方形可得BE=AF，结合已知，用角角边可证≌，由全等三角形的对应边相等可得求解．
（1）解：四边形为正方形．理由如下：
四边形为矩形，
．
，
，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，
．
四边形为正方形．
（2）解∶∵四边形为正方形，，
．
，
．
∵是的平分线，
．
在和中，
，
．
23．【答案】（1）解：设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲种茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元；
（2）解：设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，
由题意得：，
解得：，
∵茶具m为整数，因此m最大取3，
∴该茶社最多可以购买3套乙种茶具．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设甲茶具的单价为x元，则乙种茶具单价为(30+x)元，根据总价除以单价等于数量，分别表示出用1500元 购进甲种茶具套装的数量及花900元购进乙种茶具套装数量，再根据花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍建立分式方程，求解并检验即可；
（2）设购买m套乙种茶具，则购买(10-m)套甲种茶具，根据单价乘以数量等于总价，分别表示出购买m套乙种茶具与购买(10-m)套甲种茶具的费用，再根据总花费不超过1600元建立不等式，求出最大整数解即可.
（1）解：设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲种茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元；
（2）解：设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，
由题意得：，
解得：，
∵茶具m为整数，因此m最大取3，
∴该茶社最多可以购买3套乙种茶具．
24．【答案】（1）④
（2）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是“宁美四边形”
（3）解：如图，延长交于S，
由翻折的性质可知，，，，，
四边形是正方形，边长为，
，，
，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
即线段的长为
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
正方形是“宁美四边形”，
故答案为：；
【分析】（1）根据“宁美四边形”的定义即可判断求解；
（2）由同角的余角相等可得∠BAE=∠CBG，结合已知，用角边角可证，由全等三角形的对应边相等可得，再由“宁美四边形”的定义即可判断求解；
（3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，在中，由勾股定理得关于x的方程，解方程求出x的值，在Rt AOF中，用勾股定理即可求解．
（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
正方形是“宁美四边形”，
故答案为：；
（2）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是“宁美四边形”；
（3）图，延长交于S，
由翻折的性质可知，，，，，
四边形是正方形，边长为，
，，
，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
即线段的长为．
25．【答案】（1）四边形是平行四边形
（2）解：如图1，连接，由（1）得：
，，，
∴四边形是矩形，
∴，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
答：四边形为矩形时或
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】
（1）
解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【分析】
（1）由题意，用边角边可证△AEG≌△CFH，根据全等三角形的对应边（角）相等可得∠AEG=∠CFH，由等角的补角相等可得∠FEG=∠EFH，根据"内错角相等，两直线平行"可得然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
（2）由题意分为两种情况，①当四边形为矩形，②当为矩形，根据可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，设，用勾股定理列关于x的方程，解方程求出x的值，然后根据MG=AG-AM即可求解.
（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图1，连接，
由（1）得，，，
∴四边形是矩形，
∴，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
1 / 1湖南省长沙市一中金山桥学校2024-2025学年八年级下学期第一次月考数学试卷
一、单选题（10*3=30分）
1．（2025八下·长沙月考）下列各组数，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．2，3，4 B．3，4，5 C．1，1，2 D．4，6，7
【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，，
，
以2，3，4为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意；
B．，，
，
以3，4，5为边能构成直角三角形，
∴此选项符合题意；
C．，，
，
以1，1，2为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意；
D．，，
，
以4，6，7为边不能构成直角三角形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】由题意，先求出每一个选项中两较短边的平方和，再求得最长边的平方，观察两较短边的平方和是否等于最长边的平方，然后根据勾股定理的逆定理即可判断求解．
2．（2025八下·长沙月考）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：A、≠9，∴此选项不符合题意；
B、≠-2，
∴此选项不符合题意；
C、，
∴此选项符合题意；
D、≠3，
∴此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】A、根据二次根式的性质“(a≥0)”可判断求解；
B、根据二次根式的性质“”可判断求解；
C、根据二次根式的除法法则“”可判断求解；
D、同C计算可判断求解.
3．（2025八下·长沙月考）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、是最简二次根式，故本选项符合题意；
B、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意.
故答案为：A．
【分析】被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，且被开方数中不含分母或分母不能带根号的二次根式就是最简二次根式，据此逐一判断即可解答．
4．（2025八下·长沙月考）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A．∵，，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
C．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，此选项不符合题意；
D．∵，，
∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，此选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】A、由题意，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判断求解；
B、由题意，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断求解；
C、由题意，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断求解；
D、一组对边平行、另一组对边相等的四边形可以是平行四边形，也可以是等腰梯形．
5．（2025八下·长沙月考）如图，在中，DE是的中位线，若DE=3，则的长为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵是的中位线，且，
∴，
故选：A．
【分析】
根据三角形中位线的性质直接作答即可．
6．（2025八下·长沙月考）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．对角线相等且互相垂直
【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、矩形和菱形的对角线都互相平分，故此选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定垂直，菱形的对角线垂直，故此选项不符合题意；
C、矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故此选项符合题意；
D、菱形和矩形的对角线都不一定相等且互相垂直，故此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质逐项进行判断即可求出答案.
7．（2025八下·长沙月考）如图，图中的三角形是直角三角形，四边形都是正方形，若正方形A，B的面积分别是16，9，则最大正方形C的面积是（　　）
A．30 B．25 C．20 D．15
【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：设正方形A、B、C的边长分别为a，b，c，
则，．
∵图中的三角形是直角三角形，
∴，
∴最大正方形C的面积是25；
故答案为：B．
【分析】
设正方形A、B、C的边长分别为a，b，c，根据正方形面积公式得，，根据勾股定理可求出，即最大正方形C的面积是25．
8．（2025八下·长沙月考）若，则（　　）
A． B．0 C． D．1
【答案】D
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，，
解得：，，
.
故答案为：D．
【分析】根据算术平方根何绝对值的非负性可得关于a、b的方程组，解方程求出a、b的值，再代入所求代数式计算即可求解．
9．（2025八下·长沙月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，两点的坐标分别为，，则菱形的面积为（　　）
A．24 B．48 C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，两点的坐标分别为，
∴
∴
∵四边形是菱形
∴.
故选：B.
【分析】由题意，根据三角形的面积公式求出的面积，然后根据图形的构成“”即可求解．
10．（2025八下·长沙月考）炭河古城作为我国首个周文化主题公园，备受大家追捧，如今已成为旅游热点．在如图是古城某个绿植拐角的平面图，为了不践踏绿植，需要避开“捷径”走横平竖直的路．已知米，米，请问与捷径相比多走了多少米？（　　）
A．2米 B．3米 C．4米 D．5米
【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：在中，，，，
，
则少走的长度是．
故答案为：C．
【分析】由题意，用勾股定理求出的值即可求解．
二、填空题（6*3=18分）
11．（2025八下·长沙月考）式子在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是　 　 ．
【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】由题意可得：x-3≥0，
解得：x≥3，
故答案为：x≥3
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
12．（2025八下·长沙月考）在中，，，点为的中点，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，，点为的中点，
∴是斜边上的中线，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BD=AC可求解.
13．（2025八下·长沙月考）请写出一个大于且小于的二次根式　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：大于且小于的无理数可以是，
故答案为：．（答案不唯一）.
【分析】根据无理数大于且小于即可求解（答案不唯一）．
14．（2025八下·长沙月考）请写出命题“如果，那么”的逆命题：　 　．
【答案】如果，那么
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：如果，那么的逆命题是：如果，那么.
故答案为：如果，那么．
【分析】根据逆命题的定义“把一个命题的题设和结论交换位置所得的命题就是原命题的逆命题”并结合题意即可求解．
15．（2025八下·长沙月考）我们在学习“实数”时画了这样一个图，即“以数轴上的单位长为“1”的线段作一个正方形，然后以原点为圆心，正方形的对角线长为半径画弧交数轴于点”，如图线段的长度是　 　．
【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解：根据题意知，
，
故答案为：.
【分析】由作法可得OA=OB，然后用勾股定理求得对角线的长度即可求解．
16．（2025八下·长沙月考）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法一定正确的是　 　．
①②③④
【答案】①②③
【知识点】矩形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：①由矩形的性质可得： ABC≌ ADC，∴，
∴结论正确；
②由题意知，矩形中，，，
四边形和四边形均为矩形，
，，
∴结论正确；
③由②可得：
，
，
∴结论正确；
④，，
现有条件无法得出，
，
∴结论错误；
综上可得：正确的结论有：①②③．
故答案为：①②③．
【分析】①由矩形的对角线将矩形平分为两个面积相等的三角形可判断求解；
②由题意可得：四边形和四边形均为矩形，根据矩形的性质可判断求解；
③由矩形的性质和图形的构成可判断求解；
④根据三角形的面积公式和矩形的面积可判断求解．
三、解答题（17、18、19题6分一个，20、21题8分一个，22、23题9分一个，24、25题10分一个，总计72分）
17．（2025八下·长沙月考）（1）分解因式：；
（2）计算：
【答案】解：（1）原式
；
（2）原式
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；零指数幂；负整数指数幂；无理数的混合运算
【解析】【分析】（1）观察原式可知，每一项含有公因式a，于是可先提公因式，再将括号内的多项式用完全平方公式分解，即可求解；
（2）由题意，先算零指数幂、绝对值、负整数指数幂，再根据实数的加减法则计算即可求解．
18．（2025八下·长沙月考）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：
，
将代入得，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】由题意先将括号内的分式通分，再将每一个分式的分子和分母分解因式并约分，即可将分式化简，再把a的值代入化简后的分式计算可求解.
19．（2025八下·长沙月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC，
求证：四边形ABED是平行四边形．
【答案】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来证明．
20．（2025八下·长沙月考）设，．
（1）求，的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：将，代入得
（2）解：
将，代入得
【知识点】二次根式的混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【分析】（1）将所给数据直接代入并结合平方差公式计算即可求解；
（2）由题意，用完全平方公式将原式分解因式，将所给数据代入计算即可求解．
（1）将，代入得
；
（2）将，代入得
．
21．（2025八下·长沙月考）下图为某小区绿化带示意图，已知，米，米，米，米．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若铺设一平米草坪费用为元，请问将该绿化带铺满草坪需要多少钱？
【答案】（1）解：△ACD为直角三角形，理由如下：
∵AB=3，BC=4，∠ABC=90°
，
∵CD=12，AD=13
，
∴∠ACD=90°
∴△ACD为直角三角形.
（2）解：
∴总费用为：36×100=3600(元)
答：将该绿化带铺满草坪需要3600元
【知识点】勾股定理的逆定理；勾股定理的应用
【解析】【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理的应用和三角形面积计算公式，熟知勾股定理及逆定理是解题关键；勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方；
（1）根据勾股定理：在Rt△ABC中，，可求得AC的长，再根据勾股定理的逆定理可得：，由此可知：∠ACD=90°，即△ACD为直角三角形，由此可得出结论；
（2）根据三角形的面积公式：，再结合组合图形的面积：代入数据可得出，进而可求出总费用，即可得出答案．
22．（2025八下·长沙月考）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
四边形为矩形，
．
，
，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，
．
四边形为正方形．
（2）解∶∵四边形为正方形，，
．
，
．
∵是的平分线，
．
在和中，
，
．
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】
（1）根据矩形性质及可得，由矩形的判定“有三个角是直角的四边形是矩形”可得然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形可判断求解；
（2）根据四边形为正方形可得BE=AF，结合已知，用角角边可证≌，由全等三角形的对应边相等可得求解．
（1）解：四边形为正方形．理由如下：
四边形为矩形，
．
，
，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，
．
四边形为正方形．
（2）解∶∵四边形为正方形，，
．
，
．
∵是的平分线，
．
在和中，
，
．
23．（2025八下·长沙月考）某网店销售甲、乙两种茶具套装，甲种茶具套装的单价比乙种茶具套装的单价少30元，花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍．
（1）求甲、乙两种茶具套装的单价；
（2）某茶社准备在该网店购买甲、乙两种茶具套装共10套，花费不超过1600元，则该茶社最多可以购买多少套乙种茶具？
【答案】（1）解：设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲种茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元；
（2）解：设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，
由题意得：，
解得：，
∵茶具m为整数，因此m最大取3，
∴该茶社最多可以购买3套乙种茶具．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设甲茶具的单价为x元，则乙种茶具单价为(30+x)元，根据总价除以单价等于数量，分别表示出用1500元 购进甲种茶具套装的数量及花900元购进乙种茶具套装数量，再根据花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍建立分式方程，求解并检验即可；
（2）设购买m套乙种茶具，则购买(10-m)套甲种茶具，根据单价乘以数量等于总价，分别表示出购买m套乙种茶具与购买(10-m)套甲种茶具的费用，再根据总花费不超过1600元建立不等式，求出最大整数解即可.
（1）解：设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲种茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元；
（2）解：设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，
由题意得：，
解得：，
∵茶具m为整数，因此m最大取3，
∴该茶社最多可以购买3套乙种茶具．
24．（2025八下·长沙月考）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是　　（填序号）；
（2）如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、．求证：四边形是“宁美四边形”；
（3）如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长．
【答案】（1）④
（2）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是“宁美四边形”
（3）解：如图，延长交于S，
由翻折的性质可知，，，，，
四边形是正方形，边长为，
，，
，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
即线段的长为
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
正方形是“宁美四边形”，
故答案为：；
【分析】（1）根据“宁美四边形”的定义即可判断求解；
（2）由同角的余角相等可得∠BAE=∠CBG，结合已知，用角边角可证，由全等三角形的对应边相等可得，再由“宁美四边形”的定义即可判断求解；
（3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，在中，由勾股定理得关于x的方程，解方程求出x的值，在Rt AOF中，用勾股定理即可求解．
（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
正方形是“宁美四边形”，
故答案为：；
（2）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是“宁美四边形”；
（3）图，延长交于S，
由翻折的性质可知，，，，，
四边形是正方形，边长为，
，，
，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
即线段的长为．
25．（2025八下·长沙月考）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中．
（1）若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？
答：__________；（直接填空，不用说理）
（2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值；
（3）在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值．
【答案】（1）四边形是平行四边形
（2）解：如图1，连接，由（1）得：
，，，
∴四边形是矩形，
∴，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
答：四边形为矩形时或
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】
（1）
解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【分析】
（1）由题意，用边角边可证△AEG≌△CFH，根据全等三角形的对应边（角）相等可得∠AEG=∠CFH，由等角的补角相等可得∠FEG=∠EFH，根据"内错角相等，两直线平行"可得然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
（2）由题意分为两种情况，①当四边形为矩形，②当为矩形，根据可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，设，用勾股定理列关于x的方程，解方程求出x的值，然后根据MG=AG-AM即可求解.
（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图1，连接，
由（1）得，，，
∴四边形是矩形，
∴，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
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