精品解析：四川省达州市渠县2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2024年春季期末教学质量监测 八年级数学试题 本考试为闭卷考试，考试时间120分钟，满分150分。 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页。 温馨提示： 1．答题前请在密封线内按要求把各项填写清楚。 2．选择题必须使用2B铅笔在答题卡相应位置规范填涂。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡对应的框内，超出答题区答案无效；在草稿纸、试题卷上作答无效。 3．保持答题卡整洁，不要折叠、弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。 4．考试结束后，将试卷及答题卡一并交回。 第I卷 选择题（共40分） 一、选择题（下列各题给出的四个答案选项中，只有一个符合题目要求，请把符合要求的答案代号填入下表对应空格内，本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. “创新是一个民族进步的灵魂，是国家兴旺发达的不竭动力．”下列图形是我国自主创新的国产汽车标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如果，那么下列不等式中不能成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 正n边形的每个内角都是120°，则n的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 4. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 两条平行线之间的距离处处相等 B. “若，则”逆命题是假命题 C. 用反证法证明“”时应假设“” D. 任意一条经过对称中心的直线可将中心对称图形分成面积相等的两部分 7. 2023年5月12日是我国第15个全国防灾减灾日，我校组织八年级部分同学进行了两次地展应急演练，在优化撤离方案后，第二次平均每秒撤离人数比第一次的多15，结果2000名同学全部撤离的时间比第一次节省了240秒，若设第一次平均每秒撤离x人，则x满足的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知是的平分线，，若，则的面积（ ） A. B. C. D. 不能确定 9. 在对多项式进行因式分解时，有一些多项式用提公因式法和公式法无法直接分解．将一个多项式进行重新分组后，可用提公因式法或运用公式法继续分解的方法叫做分组因式分解法．例如：．下列说法： 因式分解：； 若，，是的三边长，且满足，则为等腰三角形； 若，，为实数且满足，则以，，作为三边能构成等腰三角形．其中正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在中，，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中，一定正确的结论个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第II卷 非选择题（共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，满分20分，把最后答案直接填写在答题卡相应的横线上） 11. 当分式的值为0时，x的值为______． 12. 已知，，则_________． 13. 如图，在中，，，垂直平分，分别交，于点，，且，则_________． 14. 若使关于的分式方程的解为非负数，且使关于的不等式组有且只有三个整数解，则所有满足条件的整数的和为_________． 15. 问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如图，，平分，在绕点旋转的过程中，其两边分别与、相交于、两点，且始终保持，连接，，下列给出的四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论是_________． 三、解答题（本大题共10小题，满分90分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. （1）解不等式组： （2）解方程： 17. 先化简分式，再从这4个数中选择一个合适的数作为a的值代入求值． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，．（图中每个方格的边长均为个单位长度） （1）平移得到，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为__________． （2）请在网格中画出关于原点成中心对称的 （3）将绕点逆时针旋转，请在网格中画出旋转后得到的． 19. 为提升学生身体素质，落实教育部门“在校学生每天锻炼时间不少于小时”的文件精神．某校利用课后服务时间，在八年级开展“体育赋能，助力成长”班级篮球赛，共个班级参加． （1）比赛积分规定：每场比赛都要分出胜负，胜一场积分，负一场积分．某班级在场比赛中获得总积分为分，问该班级胜负场数分别是多少？ （2）投篮得分规则：在分线外投篮，投中一球可得分，在分线内（含分线）投篮，投中一球可得分，某班级在其中一场比赛中，共投中个球（只有分球和分球），所得总分不少于分，问该班级这场比赛中至少投中了多少个分球？ 20. 如图，，且，． （1）尺规作图：过点D作，垂足为点F；（不写作法，保留作图痕迹） （2）连接，判断和数量关系，并说明理由．（如果未完成第1问的作图，可以作草图完成此问） 21. 如图，在中，，E、F分别是的中点，延长至点D，使，连接交于点O． （1）证明：与互相平分； （2）若，，求长度． 22. 【方法呈现】我们把多项式及叫做完全平方式．在运用完平方公式进行因式分解时，关键是判断这个多项式是不是一个完全平方式，同样地，把一个多项式进行局部因式分解可以来解决代数式值的最小（或最大）问题． 例如：， ， ． 当时，的值最小，最小值是1． 即当时，的最小值是1． 【尝试应用】 （1）下列多项式中①；②；③是完全平方式有_________．（请填写序号）若是一个完全平方式，则的值等于_________（为常数）． （2）求代数式的最小（或最大）值，并写出相应的的值． 【拓展提高】 （3）用长的一根铁丝围成长方形，能围成的长方形的最大面积是多少？请说明理由． 23. 端午节是中华民族的传统节日，民间有端午节吃粽子的习俗．端午节前夕，某商店准备购进A，两种粽子，A种粽子每件的进价比种粽子每件的进价多5元，用750元购进A种粽子和用600元购进种粽子的件数相同． （1）求A种粽子每件的进价和种粽子每件的进价各是多少元？ （2）商店计划用不超过1320元的资金购进A，两种粽子共60件，其中种粽子的数量不超过A种粽子数量的2倍，该商店有几种进货方案？ （3）商店将种粽子每件的售价定为40元，种粽子每件的售价定为32元，并计划在端午节期间开展优惠促销活动，对每件A种粽子售价优惠2元，种粽子售价不变，在（2）的条件下，要使销售完这60件粽子获总利润最大，应如何进货？ 24. 1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”． （1）下面是该问题的一种常见的解决方法，分两种情况讨论，请补充以下推理过程： ①当的三个内角均小于时， 如图1，将绕点C顺时针旋转得到，连接， ∵绕点C顺时针旋转得到 ∴， ∴为_________三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ 由几何公理：_____________可得： ∴当B，P，，在同一条直线上时，取最小值， 如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有________°． ②当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点，证明略． （2）如图3，在中，三个内角均小于，且，，，若P为的“费马点”，求的值； （3）如图4，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知，，．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为1万元，1万元，万元，则总的铺设成本最少是_______万元． 25. 如图所示，的边在轴上，点在轴上．已知，，，从点出发的点，以每秒1个单位的速度向点移动．是的中点，的延长线交于点． （1）求点，的坐标． （2）当四边形是平行四边形时，求点移动的时间（秒）． （3）当为等腰三角形时，求的长． 第1页/共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春季期末教学质量监测 八年级数学试题 本考试为闭卷考试，考试时间120分钟，满分150分。 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页。 温馨提示： 1．答题前请在密封线内按要求把各项填写清楚。 2．选择题必须使用2B铅笔在答题卡相应位置规范填涂。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡对应的框内，超出答题区答案无效；在草稿纸、试题卷上作答无效。 3．保持答题卡整洁，不要折叠、弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。 4．考试结束后，将试卷及答题卡一并交回。 第I卷 选择题（共40分） 一、选择题（下列各题给出的四个答案选项中，只有一个符合题目要求，请把符合要求的答案代号填入下表对应空格内，本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. “创新是一个民族进步的灵魂，是国家兴旺发达的不竭动力．”下列图形是我国自主创新的国产汽车标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了中心对称图形，根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析解答即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 2. 如果，那么下列不等式中不能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质逐项分析即可． 【详解】解：∵，∴由不等式的性质1，两边同减3得，故选项A正确，不符合题意； ∵，∴由不等式性质1，两边同减y得，故选项B正确，不符合题意； ∵，∴由不等式的性质2，两边同乘2得，故选项C正确，不符合题意； ∵，∴由不等式的性质3，两边同乘-4得，故选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查不等式的基本性质，解题关键是熟练掌握不等式的性质，性质1：不等式两边同加或同减同一个数或式子，不等号的方向不变；性质2：不等式两边同乘或同除以同一个正数，不等号的方向不变；性质3：不等式两边同乘或同除同一个负数，不等号的方向改变． 3. 正n边形的每个内角都是120°，则n的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据正多边形内角与外角互补可得多边形外角为，再结合多边形外角为即可求解． 【详解】解：正n边形的每个内角都是120°， 该正n边形的每个外角都是， 任意一个多边形外角和都为， ， 故选：C． 【点睛】本题考查正多边形的角度关系，熟练掌握多边形内角与外角互补，多边形外角和为，以及正多边形的性质是解决问题的关键． 4. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了因式分解；因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积的形式，据此可得答案． 【详解】解：A.等式右边不是几个整式乘积的形式，不是因式分解； B.是因式分解，符合题意； C.等式右边不是几个整式乘积的形式，不是因式分解； D.等式右边不是几个整式乘积的形式，不是因式分解； 故选：B． 5. 不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分别求出各不等式的解集，再求其公共解集，然后把解集在数轴上表示出来即可． 【详解】解：， 由①得， 由②得， ∴， 在数轴上表示如下： 故选：A． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组以及在数轴上表示不等式的解集，掌握解不等式组的解法是解题的关键． 6. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 两条平行线之间的距离处处相等 B. “若，则”的逆命题是假命题 C. 用反证法证明“”时应假设“” D. 任意一条经过对称中心的直线可将中心对称图形分成面积相等的两部分 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线的性质、不等式的性质、反证法的应用以及中心对称的性质进行分析即可． 【详解】解：A．两条平行线之间的距离处处相等，则原说法正确，故此选项不符合题意； B．“若，则”的逆命题是：若，则，它是假命题，例如：，而，则原说法正确，故此选项不符合题意； C．用反证法证明“”时应假设“”，则原说法不正确，故此选项符合题意； D．任意一条经过对称中心的直线可将中心对称图形分成面积相等的两部分，则原说法正确，故此选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查逆命题，以及命题的真假判断，掌握平行线的性质、不等式的性质、反证法的应用以及中心对称的性质是解题的关键． 7. 2023年5月12日是我国第15个全国防灾减灾日，我校组织八年级部分同学进行了两次地展应急演练，在优化撤离方案后，第二次平均每秒撤离的人数比第一次的多15，结果2000名同学全部撤离的时间比第一次节省了240秒，若设第一次平均每秒撤离x人，则x满足的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．根据第二次平均每秒撤离的人数比第一次的多15，结果2000名同学全部撤离的时间比第一次节省了240秒，列出分式方程即可． 【详解】解：由题意得：， 故选：A． 8. 如图，已知是的平分线，，若，则的面积（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】延长交于点C，根据题意，易证，因为和同高等底，所以面积相等，根据等量代换便可得出． 【详解】如图所示，延长，交于点D， ， ∵， ∴， ∵是的角平分线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴, ∴， ∵和同底等高， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的角平分线和全等三角形的判定，解题的关键是熟练运用三角形的角平分线和全等三角形的判定． 9. 在对多项式进行因式分解时，有一些多项式用提公因式法和公式法无法直接分解．将一个多项式进行重新分组后，可用提公因式法或运用公式法继续分解的方法叫做分组因式分解法．例如：．下列说法： 因式分解：； 若，，是三边长，且满足，则为等腰三角形； 若，，为实数且满足，则以，，作为三边能构成等腰三角形．其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，等腰三角形的判定，构成三角形的条件；将进行分组，再因式分解，即可判断；通过分组因式分解得，再进行下一步因式分解，即可判断；将原等式化成，再进行因式分解，由构成三角形的条件，即可判断；能根据式子的特点进行恰当的分组，灵活运用因式分解法是解题的关键． 【详解】解： ， ，故正确； ， ∵，，是的三边长， ∴， ∴， ∴，故正确； ∴，，， ∵， ∴以，，作为三边不能构成三角形，故错误， 综上可知：， 故选：． 10. 如图，在中，，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中，一定正确的结论个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出是解题关键．由在平行四边形中，，是的中点，易得，继而证得①；分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出，得出对应线段之间关系进而得出答案． 【详解】解：①是的中点， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，故①正确； ②四边形是平行四边形， ， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，故②正确； ③， ， ， ， ， 若成立，则应当有，从现有条件无法得出这个结论， 故③错误； ④设，则， ， ， ， ， ，故④正确． 故选：C 第II卷 非选择题（共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，满分20分，把最后答案直接填写在答题卡相应的横线上） 11. 当分式的值为0时，x的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】直接利用分式的值为零，分子为零，分母不为零，进而得出答案． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴且， 解得：． 故答案为：4． 【点睛】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确掌握分式的值为零，分子为零，分母不为零，是解题关键． 12. 已知，，则_________． 【答案】10 【解析】 【分析】本题主要考查分解因式，和整体代入法求代数式的值，熟练掌握以上知识是解题的关键．先将所求式子分解因式，然后利用整体代入法求解即可． 【详解】解：∵，， ∴ ， 故答案为：10． 13. 如图，在中，，，垂直平分，分别交，于点，，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考线段垂直平分线的性质，等边对等角以及角平分线的性质，连接，先利用直角三角形两锐角互余的性质求出，然后再利用线段垂直平分线的性质得出，得出，得出平分，然后由角平分线的性质可得出结论．熟知线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等、角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分， ∵垂直，即垂直，， ∴， 故答案为：． 14. 若使关于分式方程的解为非负数，且使关于的不等式组有且只有三个整数解，则所有满足条件的整数的和为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解分式方程以及一元一次不等式组的整数解，分式方程去分母转化为整式方程，由解为非负整数解，以及不等式组只有个整数解，确定出符合条件的值，再相加即可．掌握解分式方程的一般步骤及确定一元一次不等式组的解集是解题的关键． 【详解】解：在方程两边同乘以，得： ， 解得：， ∵该分式方程的解为非负数， ∴，且， ∴且， ， 解不等式①，得：， 解不等式②，得：， ∴， ∵不等式组只有个整数解， ∴， ∴， ∴， ∵为整数， ∴满足条件的整数有，， ∴， ∴所有满足条件的整数的和为． 故答案为：． 15. 问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如图，，平分，在绕点旋转的过程中，其两边分别与、相交于、两点，且始终保持，连接，，下列给出的四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论是_________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】过点P作于M，于N，通过证明即可判断①；根据，含30度角的直角三角形特征可得出②的结论正确；判定出为等边三角形，即可求出的度数；通过，结合勾股定理，全等三角形性质可以求出结论④． 【详解】解：过点P作于M，于N， 平分， ， 在四边形中， ， 且， ， ， ， ， ， ，故①正确； ， 在中，， ， ， ，故②正确； ，， 为等边三角形， ，故③错误； ， ， ，，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ，故④正确， 综上所述，正确的有①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，四边形内角和，角平分线性质，含30度角的直角三角形特征，正确作出辅助线是解答本题的关键． 三、解答题（本大题共10小题，满分90分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. （1）解不等式组： （2）解方程： 【答案】（1）；（2）是原方程的解. 【解析】 【分析】（1）先分别解两个不等式，再求其解集的公共部分即可； （2）先去分母化成整式方程，再检验，即可判断整式方程的解是否为原分式方程的解． 【详解】（1） 由①得： 由②得： 不等式组的解集是： （2） 去分母得： 经检验是原方程的解 【点睛】本题分别考查了一元一次不等式组的解集的求法及分式方程的求解问题，两题均为基础题型． 17. 先化简分式，再从这4个数中选择一个合适的数作为a的值代入求值． 【答案】，选择，原式 【解析】 【分析】此题考查了分式的化简求值，先因式分解并约分后，先计算括号内的的运算，再计算除法即可得到化简结果，再根据分式有意义的条件取字母的值，并代入化简结果计算即可． 【详解】解： ∵或或时，分式无意义， ∴选择， ∴原式 18. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，．（图中每个方格的边长均为个单位长度） （1）平移得到，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为__________． （2）请在网格中画出关于原点成中心对称的 （3）将绕点逆时针旋转，请在网格中画出旋转后得到的． 【答案】（1） （2）作图见解析 （3）作图见解析 【解析】 【分析】本题考查作图—中心对称、旋转变换， （1）由题意可知，是向右平移个单位长度，向下平移个单位长度得到，由此可得答案； （2）根据中心的性质分别作出点、、关于原点对称的对应点、、，再顺次连接即可得； （3）根据旋转的性质分别作出点、绕点逆时针旋转后得到的对应点、，再顺次连接即可得； 掌握平移、中心对称和旋转的性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵，， ∴是向右平移个单位长度，向下平移个单位长度得到， ∵， ∴， ∴的坐标为， 故答案为：； 【小问2详解】 如图，即为所作； 【小问3详解】 如图，即为所作； 19. 为提升学生身体素质，落实教育部门“在校学生每天锻炼时间不少于小时”的文件精神．某校利用课后服务时间，在八年级开展“体育赋能，助力成长”班级篮球赛，共个班级参加． （1）比赛积分规定：每场比赛都要分出胜负，胜一场积分，负一场积分．某班级在场比赛中获得总积分为分，问该班级胜负场数分别是多少？ （2）投篮得分规则：在分线外投篮，投中一球可得分，在分线内（含分线）投篮，投中一球可得分，某班级在其中一场比赛中，共投中个球（只有分球和分球），所得总分不少于分，问该班级这场比赛中至少投中了多少个分球？ 【答案】（1）该班级胜负场数分别是场和场 （2）该班级这场比赛中至少投中了个3分球 【解析】 【分析】本题考查二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用， （1）设胜了场，负了场，根据“场比赛中获得总积分为分”可列方程组，求解即可； （2）设班级这场比赛中投中了个分球，则投中了个分球，根据“所得总分不少于分”列出相应的不等式，从而可以求出答案； 解题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式． 【小问1详解】 解：设胜了场，负了场， 依题意，得：， 解得：， 答：该班级胜负场数分别是场和场； 【小问2详解】 设班级这场比赛中投中了个分球，则投中了个分球， 依题意，得：， 解得：， 答：该班级这场比赛中至少投中了个3分球． 20. 如图，，且，． （1）尺规作图：过点D作，垂足为点F；（不写作法，保留作图痕迹） （2）连接，判断和的数量关系，并说明理由．（如果未完成第1问的作图，可以作草图完成此问） 【答案】（1）见解析 （2），理由见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作图—作垂线、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质等知识； （1）根据垂直平分线尺规作图方法作图即可； （2）先证明，可得四边形为平行四边形，即可证明结论． 【小问1详解】 如图即为所求． 【小问2详解】 ．理由如下： 如图，∵，， ∴ ∴， ∵， ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴四边形为平行四边形， ∴ 21. 如图，在中，，E、F分别是的中点，延长至点D，使，连接交于点O． （1）证明：与互相平分； （2）若，，求的长度． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线定理即可证明四边形是平行四边形，从而结论可证明； （2）在中由勾股定理即可完成求解． 【小问1详解】 证明：∵E、F分别是的中点， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵F是的中点，， ∴， 由（1）知，与互相平分； ∴； 在中，由勾股定理得：． 即的长度为． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行四边形的判定与性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键． 22. 【方法呈现】我们把多项式及叫做完全平方式．在运用完平方公式进行因式分解时，关键是判断这个多项式是不是一个完全平方式，同样地，把一个多项式进行局部因式分解可以来解决代数式值的最小（或最大）问题． 例如：， ， ． 当时，的值最小，最小值是1． 即当时，的最小值是1． 【尝试应用】 （1）下列多项式中①；②；③是完全平方式的有_________．（请填写序号）若是一个完全平方式，则的值等于_________（为常数）． （2）求代数式的最小（或最大）值，并写出相应的的值． 【拓展提高】 （3）用长的一根铁丝围成长方形，能围成的长方形的最大面积是多少？请说明理由． 【答案】（1）②③，24或；（2）时，该式的值最小，最小值是1999；（3）最大面积为9平方米，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据完全平方公式的特征可得①不可以写成完全平方的形式，②③可以写成完全平方的形式．若是一个完全平方式，则，由此即可得解． （2）将写成，即可求出其最小值． （3）设长方形的长为，则宽为，则面积为，将写成，即可求出其最大值． 【详解】解：（1）①不是一个完全平方式； ②， ∴是完全平方式； ③， ∴是完全平方式； 若是一个完全平方式， 则， ∴． 故答案为：②③，24或 （2）， ， ， 当即时，该式的值最小，最小值是1999． （3）设长方形的长为，则宽为， 围成的长方形的面积是， ， 又， ， 当即时，的值最大，最大值是9， ∴最大面积为9平方米． 【点睛】本题考查是利用完全平方式的非负性求解代数式的最值，利用完全平方公式分解因式，同时考查了不等式的基本性质，掌握“完全平方式的特点”是解本题的关键． 23. 端午节是中华民族的传统节日，民间有端午节吃粽子的习俗．端午节前夕，某商店准备购进A，两种粽子，A种粽子每件的进价比种粽子每件的进价多5元，用750元购进A种粽子和用600元购进种粽子的件数相同． （1）求A种粽子每件的进价和种粽子每件的进价各是多少元？ （2）商店计划用不超过1320元的资金购进A，两种粽子共60件，其中种粽子的数量不超过A种粽子数量的2倍，该商店有几种进货方案？ （3）商店将种粽子每件的售价定为40元，种粽子每件的售价定为32元，并计划在端午节期间开展优惠促销活动，对每件A种粽子售价优惠2元，种粽子售价不变，在（2）的条件下，要使销售完这60件粽子获总利润最大，应如何进货？ 【答案】（1）A种粽子每件的进价和种粽子每件的进价分别为25元、20元 （2）该商品有5种进货方案 （3）A粽子进货24件，商品进货36件 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的应用等知识点，根据题意正确列出分式方程、不等式组和函数表达式成为解题的关键． （1）设种粽子的进价为每件元，则A种粽子的进价为每件元，根据题意列出分式方程即可； （2）设A粽子进货件，则粽子进货件，然后根据题意列出不等式组求得a的取值范围，再根据为正整数，确定a的可能取值即可解答； （3）设销售A，两种粽子共获利元，再根据题意列出w与a的函数关系式，再运用一次函数的性质求最值即可． 【小问1详解】 解：设种粽子的进价为每件元，则A种粽子的进价为每件元， 由题意得：，解得：， 经检验是原方程的解， （元）． 答：A种粽子每件的进价和种粽子每件的进价分别为25元、20元． 【小问2详解】 解：设A粽子进货件，则粽子进货件， 由题意得：，解得：， 为正整数， 的取值可能为20、21、22、23、24， 该商品有5种进货方案． 【小问3详解】 解：设销售A，两种粽子共获利元， 由题意得：， ， 随的增大而增大， 当时获利最大，此时，即粽子进货24件，商品进货36件，可最多获利744元． 24. 1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”． （1）下面是该问题的一种常见的解决方法，分两种情况讨论，请补充以下推理过程： ①当的三个内角均小于时， 如图1，将绕点C顺时针旋转得到，连接， ∵绕点C顺时针旋转得到 ∴， ∴为_________三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ 由几何公理：_____________可得： ∴当B，P，，在同一条直线上时，取最小值， 如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有________°． ②当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点，证明略． （2）如图3，在中，三个内角均小于，且，，，若P为的“费马点”，求的值； （3）如图4，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知，，．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为1万元，1万元，万元，则总的铺设成本最少是_______万元． 【答案】（1）①等边，两点之间选的最短，120；②见解析 （2）7 （3） 【解析】 【分析】（1）①根据题目所给的推理步骤即可解答；②当时，根据大边对大角得出，进而求出顶点A到另两个顶点距离和最小，即可求证； （2）将绕点C顺时针旋转得到，连接，由（1）可得：当B，P，，在同一条直线上时，取最小值，延长，过点作延长线的垂线，垂足为D， 求出，则，根据勾股定理可得：，最后根据勾股定理得出即可求解； （3）根据题意可得：总的铺设成本为万元，将绕点C顺时针旋转得到，连接，求出，则当B，P，，在同一条直线上时，，此时取最小值，用和（2）同样的方法求解即可． 【小问1详解】 解：①当的三个内角均小于时， 如图1，将绕点C顺时针旋转得到，连接， ∵绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由几何公理：两点之间选的最短，可得： ∴当B，P，，在同一条直线上时，取最小值， 如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有． ②当时， ∵， ∴， ∴， ∴顶点A到另两个顶点距离和最小， ∵， ∴， ∴当点P和点A重合时，取最小值， 即此时的A点为该三角形的“费马点”． 【小问2详解】 解：将绕点C顺时针旋转得到，连接， 由（1）可得：当B，P，，在同一条直线上时，取最小值， 延长，过点作延长线的垂线，垂足为D， ∵绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，则 根据勾股定理可得：， ∴； 【小问3详解】 解：根据题意可得： 总的铺设成本为万元， 将绕点C顺时针旋转得到，连接， ∴，， ∴，则， 当B，P，，在同一条直线上时，，此时取最小值， ∵， ∴， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴， 根据勾股定理可得：， 即最小值为， ∴总铺设成本最少为万元． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应边相等，对应边夹角等于旋转角，直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． 25. 如图所示，的边在轴上，点在轴上．已知，，，从点出发的点，以每秒1个单位的速度向点移动．是的中点，的延长线交于点． （1）求点，的坐标． （2）当四边形是平行四边形时，求点移动的时间（秒）． （3）当为等腰三角形时，求的长． 【答案】（1）坐标为，坐标为 （2） （3）4或12或 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求得，根据平行四边形的性质，得到点C与点D的纵坐标相同；横坐标为的长，也就是线段的长，而点的纵坐标为0，横坐标为的长度； （2）根据四边形是平行四边形，构造三角形中位线定理，利用定理解答即可； （3）应用分类思想，解答即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ， 是含角的直角三角形 ， 四边形是平行四边形 ∴坐标为，坐标为； 【小问2详解】 解：四边形是平行四边形， ， ， 是的中点， 是的中位线， 点是的中点， ， ； 【小问3详解】 ， ， 当为等腰三角形时 ①当 是的中点 作于点，如图 是直角三角形 ②当时 ③当时， 作于点，如图 ， ． 综上所述，当为等腰三角形时，的长为4或12或． 【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 第1页/共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$