精品解析：福建省龙岩市新罗区龙岩莲东中学2024-2025学年八年级下学期数学第一次阶段统一练习

龙岩莲东中学2024-2025学年八年级下册数学第一次阶段统一练习 一、单选题（本题共10题，每小题4分，共40分） 1. 若有意义，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各组数，是勾股数的是（ ） A. 1，2，3 B. 0.3，0.4，0.5 C. 13，14，15 D. 8，15，17 5. 若是三角形的三边长，则满足下列条件的不能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. ， C. D. ，， 6. 如图，在中，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在ABCD中，AC与BD交于O点，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. AB=CD B. AO=CO C. AC=BD D. BO=DO 8. 在直角坐标系中，已知点，，则线段的长度为（ ） A. 5 B. 3 C. 4 D. 7 9. 如图是某个楼梯的一部分，若，，，一只蚂蚁在B处发现E处有一块碎面包，则这只蚂蚁吃到这块碎面包所走的最短路程为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 二、填空题（本题共6题，每小题4分，共24分） 11. 命题“若，则”的逆命题是________． 12. 在平行四边形中，若，则_____． 13. 若是最简二次根式，则m的值可以是_____（写一个即可）． 14. 已知，则化简的结果为______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是，，，点分别在边、上，将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，则点的坐标为________． 16. 如图，已知，过P作且；再过作且；又过作且；又过作且；……，按照这种方法依次作下去得到一组直角三角形，，，，……，它们的面积分别为，，，，……，那么__________． 三、解答题（本题共9小题，17~21题，每小题8分，22、23每题10分，24题12分，25题14分，共86分） 17. 计算： （1） （2） 18. 先化简，再求值：其中 19. 在中，，，，求证：． 20. 如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点E，于点F．证明． 21. 如图，在四边形ABCD中，AD＝，AB＝5，BC＝10，CD＝8，∠BAD＝90°，求四边形ABCD的面积． 22. 如图，在中，，，． （1）试判断与是否垂直？并通过计算进行说明； （2）若的面积为3，求的长． 23. （1）比较大小：________（填“”、“”或者“”），我们发现可以利用数形结合法来解决问题，借助三角形三边关系，在方格纸上构造出以这三个数为三边的三角形，从而得出结论，请利用图①中三角形的三边关系比较大小（设小正方形的边长为1）； （2）用（1）中的方法在图②中画图比较大小：_______（填“”、“”或者“”） （3）用（1）中的方法在图③中画图比较大小：_______（填“”、“”或者“”）． 24. 如图，在平行四边形中，的平分线分别与相交于点E、F，与相 交于点G ． （1）求证：； （2）若，求的长． 25. 【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．千百年来，人们对它的证明从未停止过探索，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在1994年构造发现了一个新的证法． 【小试牛刀】（1）把两个全等的直角三角形如图1放置，，已知，．试证明． 【知识运用】（2）如图2，铁路上、两点（看作直线上的两点）相距24千米，、为两个村庄（看作两个点），，垂足分别为、，千米，千米，则两个村庄的距离为______千米（直接写答案）． （3）在（2）的条件下，要在上建造一个供应站，使得，求的长． 【知识迁移】（4）借助上面的思考过程与几何模型，求代数式的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩莲东中学2024-2025学年八年级下册数学第一次阶段统一练习 一、单选题（本题共10题，每小题4分，共40分） 1. 若有意义，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式的定义中关于被开方数非负的要求，求的取值范围. 【详解】二次根式必须满足：被开方数是非负数，所以，解得，故选A． 【点睛】本题考查二次根式的定义. 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式，最简二次根式应满足两个条件：（1）被开方数不含开得尽方的因数或因式；（2）被开方数不含分数．据此逐项判断即可． 【详解】解：A．的被开方数是分数，故不是最简二次根式； B．满足最简二次根式的条件，故是最简二次根式； C．的被开方数是分数，故不是最简二次根式； D．的被开方数含有能开尽方的因数，故不是最简二次根式． 故选：B 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的运算，同类二次根式，熟练掌握运算法则是解题的关键． 根据二次根式的运算法则逐项计算判断即可． 【详解】解：A. ，故该选项符合题意； B.与不是同类二次根式，不能合并，故该选项不符合题意； C. ，故该选项不符合题意； D. ，故该选项不符合题意； 故选：A ． 4. 下列各组数，是勾股数的是（ ） A. 1，2，3 B. 0.3，0.4，0.5 C. 13，14，15 D. 8，15，17 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股数的定义，勾股数是指能构成直角三角形三边的一组正整数，由此逐项判断即可得出答案． 【详解】解：A、， 1，2，3不是勾股数，故不符合题意； B、不是正整数， 不是勾股数，故不符合题意； C、， 13，14，15不是勾股数，故不符合题意； D、， 8，15，17是勾股数，故符合题意； 故选：D． 5. 若是三角形的三边长，则满足下列条件的不能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. ， C. D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了利用勾股定理的逆定理判定直角三角形，理解并熟记勾股定理是解决本题的关键．根据勾股定理的逆定理，利用勾股定理“”判定三角形是否为直角三角形． 【详解】解：A、，不能构成直角三角形，符合题意； B、，能构成直角三角形，不符题意； C、设，则，能构成直角三角形，不符题意； D、，能构成直角三角形，不符题意； 故选：A． 6. 如图，在中，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质． 根据平行四边形的性质可知，再结合求出，再根据平行线的性质即可得出答案． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴ ，， ∴ 又∵， ∴， ∴ 故选：B． 7. 如图，在ABCD中，AC与BD交于O点，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. AB=CD B. AO=CO C. AC=BD D. BO=DO 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，对角线互相平分即可作出判断． 【详解】解：A、根据平行四边形的对边相等可得AB＝CD正确； B、根据平行四边形的对角线互相平分可得AO＝CO正确； C、平行四边形的对角线不一定相等，则AC＝BD错误； D、根据平行四边形的对角线互相平分可得BO＝DO正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，对角线互相平分，理解性质定理是关键． 8. 在直角坐标系中，已知点，，则线段的长度为（ ） A. 5 B. 3 C. 4 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理求解即可． 此题考查了坐标平面内两点间的距离的计算方法，能够熟练运用勾股定理是解题的关键． 【详解】解：根据勾股定理，得． 故选：A． 9. 如图是某个楼梯的一部分，若，，，一只蚂蚁在B处发现E处有一块碎面包，则这只蚂蚁吃到这块碎面包所走的最短路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平面展开—最短路径问题，用到台阶的平面展开图，勾股定理的应用．将台阶展开得到的是一个矩形，蚂蚁要从B点到E点的最短距离，便是长方形的对角线，利用勾股定理即可解出答案． 【详解】解：将台阶展开，如图， ∵，， ∴根据勾股定理可得：， ∴， 故选：C． 10. 如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】如图，过作于，则四边形是矩形，则，由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，，，，则，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，进而可判断②的正误；由勾股定理得，即，则，进而可判断③的正误． 【详解】解：如图，过作于，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，①正确，故符合要求； ∵， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得，， ∵， ∴，②正确，故符合要求； 由勾股定理得，即， ∴，③正确，故符合要求； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 二、填空题（本题共6题，每小题4分，共24分） 11. 命题“若，则”的逆命题是________． 【答案】若，则 【解析】 【分析】本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．根据互逆命题的定义，把原命题的题设和结论交换即可． 【详解】解：“若，则”的逆命题为“若，则”． 故答案为：若，则． 12. 在平行四边形中，若，则_____． 【答案】30 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键，根据平行四边形对角相等可得． 【详解】解：在平行四边形中，若，则． 故答案为：30． 13. 若是最简二次根式，则m的值可以是_____（写一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，最简二次根式的定义，不等式的解法，根据二次根式有意义可得，再结合最简二次根式的定义可得答案. 【详解】解：∵有意义， ∴， 解得：， ∵是最简二次根式， ∴的值可以是或等； 故答案为： 14. 已知，则化简的结果为______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了二次根式以及绝对值的性质，首先根据的范围确定与的符号，然后根据，以及绝对值的性质即可化简求值，正确理解是关键． 【详解】解：， ，， 原式． 故答案为：1． 15. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是，，，点分别在边、上，将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，则点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查图形与坐标，涉及折叠性质、勾股定理及解方程等知识，先由折叠性质得到，设，则，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案，熟记折叠性质及勾股定理的运用是解决问题的关键． 【详解】解：将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处， 由折叠性质可知，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，即， ，解得， 点的坐标为， 故答案为：． 16. 如图，已知，过P作且；再过作且；又过作且；又过作且；……，按照这种方法依次作下去得到一组直角三角形，，，，……，它们的面积分别为，，，，……，那么__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是勾股定理、图形的变化规律，根据三角形的面积公式求出，再根据勾股定理求出、，得出、，然后根据规律即可得出结论． 【详解】解：在中，，， 则，， ∴，， ， ……， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本题共9小题，17~21题，每小题8分，22、23每题10分，24题12分，25题14分，共86分） 17. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算： （1）先将二次根式化简为最简根式，再从左往右依次计算即可； （2）利用二次根式的加减乘除运算法则进行计算． 【小问1详解】 原式 【小问2详解】 原式． 18. 先化简，再求值：其中 【答案】； 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，分母有理化，先根据分式的混合运算进行计算，然后将代入化简结果，即可求解． 【详解】解： ， 当时，原式． 19. 在中，，，，求证：． 【答案】 证明：中，，，， ， 为直角三角形，且． 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的逆定理，解题的关键是判断三角形三边是否满足勾股定理逆定理的条件． 通过计算三角形三边的平方关系，依据勾股定理的逆定理来判断三角形是否为直角三角形，进而证明的度数． 【详解】略 20. 如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点E，于点F．证明． 【答案】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵且交的延长线于点E，于点F， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【解析】 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．由平行四边形的性质得，则，而，即可根据证明，则． 【详解】略 21. 如图，在四边形ABCD中，AD＝，AB＝5，BC＝10，CD＝8，∠BAD＝90°，求四边形ABCD的面积． 【答案】+24 【解析】 【分析】首先利用勾股定理求出BD＝6，再根据勾股定理的逆定理证明∠BDC＝90°，然后根据S四边形ABCD＝S△ABD+S△DCB计算即可解决问题． 【详解】连接DB， 在Rt△ABD中，AD＝，AB＝5，∠BAD＝90°， ∴， ∵BC＝10，CD＝8， ∴BC2＝BD2+CD2， ∴∠BDC＝90°， ∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△DCB＝＝+24． 【点睛】本题考查勾股定理以及逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 22. 如图，在中，，，． （1）试判断与是否垂直？并通过计算进行说明； （2）若的面积为3，求的长． 【答案】（1）， 理由如下， ， ， 是直角三角形，且， ； （2） 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的性质和判定，解题的关键是熟练掌握勾股定理的性质和判定； （1）根据勾股定理的判定，证明是直角三角形，即可得证； （2）根据三角形的面积求出，再根据勾股定理的性质即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， ， ． 23. （1）比较大小：________（填“”、“”或者“”），我们发现可以利用数形结合法来解决问题，借助三角形三边关系，在方格纸上构造出以这三个数为三边的三角形，从而得出结论，请利用图①中三角形的三边关系比较大小（设小正方形的边长为1）； （2）用（1）中的方法在图②中画图比较大小：_______（填“”、“”或者“”） （3）用（1）中的方法在图③中画图比较大小：_______（填“”、“”或者“”）． 【答案】（1） （2）如图， （3），如图， 【解析】 【分析】本题考查勾股定理与网格问题，比较实数的大小关系： （1）根据三角形的三边关系比较实数的大小关系即可； （2）画一个边长分别为：的三角形，利用三角形的三边关系即可得出结果； （3）画一个边长分别为：的三角形，利用三角形的三边关系即可得出结果； 【详解】解：（1）如图，由图可知：， ∵， ∴； 故答案为：； （2）如图，分别作，，， ∵， ∴， 故答案为：； （3）如图，分别作，，， ． 故答案为：． 24. 如图，在平行四边形中，的平分线分别与相交于点E、F，与相 交于点G ． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵平分，平分， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形两组对边分别平行可得，再根据角平分线的性质可得，进而可得； （2）过点E作，交的延长线于点P，则四边形是平行四边形，可得出，根据角平分线的定义可得，，进而得出的长，进而得出的长，在中，根据勾股定理即可求出的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点E作，交的延长线于点P， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平分， ∴． 在中， ∵， ∴， ∴， ∴． 同理可得， ∴， ∴． ∴ 由（1）知，， ∴， ∴在中，， 即， 故． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，勾股定理，以及等腰三角形的判定，添加辅助线，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 25. 【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．千百年来，人们对它的证明从未停止过探索，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在1994年构造发现了一个新的证法． 【小试牛刀】（1）把两个全等的直角三角形如图1放置，，已知，．试证明． 【知识运用】（2）如图2，铁路上、两点（看作直线上的两点）相距24千米，、为两个村庄（看作两个点），，垂足分别为、，千米，千米，则两个村庄的距离为______千米（直接写答案）． （3）在（2）的条件下，要在上建造一个供应站，使得，求的长． 【知识迁移】（4）借助上面的思考过程与几何模型，求代数式的最小值． 【答案】 （1）证明：连接， ∵，，，． ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． ． （2）25千米 （3）6.3125千米 （4）20． 【解析】 【分析】（1）利用梯形面积，直角三角形的面积等证明即可． （2）连接，过点C作于点E，结合，得到矩形，结合千米，千米，千米，得到千米， 千米，千米，利用勾股定理解答即可． （3）作的垂直平分线，交与点P，连接，则，设，则千米，由，根据勾股定理，得，解答即可． （4）根据题意，令，，，设，则，根据勾股定理，得， 要求的最小值就转化为的和的最小值，于是延长到点F，使得，连接，交于点P，此时的点P位置就是使得和最小，过点F作交的延长线于点E，利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点C作于点E， ∵， ∴矩形， ∴千米，千米，千米， ∴千米， 千米，千米， ∴（千米）， 故答案为：25． （3）解：作的垂直平分线，交与点P，连接，则， 设，则千米， 由，根据勾股定理，得， ∴， ∴， 解得， 故的长为千米． （4）解：根据题意，令，，，设，则， 根据勾股定理，得， 要求的最小值就转化为的和的最小值， ∴延长到点F，使得， 连接，交于点P，此时的点P位置就是使得和最小， 过点F作交的延长线于点E， ∴四边形矩形， ∴， ， ∴， 故的最小值为20， 故代数式的最小值为20． 【点睛】本题考查了勾股定理的证明，勾股定理的应用，矩形的判定和性质，线段和最小的计算，线段垂直平分线的应用，熟练掌握勾股定理，线段和的最小计算，矩形的判定和性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $