精品解析：安徽省淮北市部分学校2024-2025学年下学期6月期末考试八年级数学试卷

八年级数学 （沪科版） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2．本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分．“试题卷”共4页，“答题卷”共6页． 3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 每小题都给出、、、四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 以下是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 一个正多边形每个内角为，则这个正多边形的边数是（ ） A. 5 B. 7 C. 8 D. 9 3. 若的三边长为，，，则下列条件不能判定为直角三角形的是(　　) A. ，， B. C. ：：：： D. 4. 如下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差： 甲 乙 丙 丁 平均数（cm） 方差 根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 5. 如图，的中线，交于点，连接，点，分别为，的中点，，，则四边形的周长为（ ） A. 20 B. 18 C. 16 D. 14 6. 据国家文旅部统计，5月1日全国旅游收入为亿元，5月3日比5月2日的全国旅游收入多亿元．若全国旅游收入这三天每日平均增长率为，则可以列出方程（ ） A. B. C. D. 7. 已知的周长为，的平分线交边所在的直线于点，且，则边的长是（ ） A. 或 B. 或 C. D. 8. 已知两个二次根式：，，将这两个二次根式进行如下操作：第一次操作：将与的和记为，差记为；第二次操作：将与的和记为，差记为；第三次操作：将与的和记为，差记为……；以此类推．则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 9. 已知关于一元二次方程有一个实数根为，且，则下列说法错误的是（ ） A. 当时， B. 当，时， C. 方程的另一个实数根不可能是 D. 方程的另一个实数根有可能是1 10. 如图，矩形中，点为上一点，将沿折叠得到，与相交于点，的延长线与相交于点，若为的中点，平分，下列结论：①平分；②点在的垂直平分线上；③当点F为的中点时，．其中正确的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 如果有意义，则实数的取值范围是______． 12. 已知，是方程两个不同的实数根，则的值为______． 13. 如图，四边形中，，，为对角线的中点，为的中点，若，，则______． 14. 如图，点在线段上，是等边三角形，四边形是正方形．点是线段上的一个动点，连接，．已知，． （1）______； （2）的最小值是______． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15 计算： 16. 解方程：． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，菱形的对角线、相交于点，是的中点，点、在上，于，． 求证：四边形矩形． 18. 已知关于的一元二次方程为． （1）求证：无论为何值，此方程一定有实数根； （2）若，是该方程的两个不同的根，且满足，求的值． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，和均为等腰直角三角形，，点在边上，，连接． 求证： （1）； （2）． 20. 【问题情境】某校开展了以“防溺水、防交通事故、防食物中毒、防校园霸凌”四种安全意识为主题的知识竞赛，结果全校学生的成绩最高分99分，最低分51分，学校决定将成绩低于60分的同学进行“安全意识”培训学习． 【数据收集与整理】现从中随机抽取了名学生的竞赛成绩，经过整理数据得到以下信息： 信息一：名学生竞赛成绩的频数分布直方图和扇形统计图如图所示，从左到右依次为第一组到第五组（每组数据含前端点值，不含后端点值） 信息二：第三组的成绩（单位：分）为，，，，，，，，，，，． 【数据分析与应用】 （1）______，补全频数分布直方图； （2）第三组竞赛成绩的众数是______分，抽取的名学生竞赛成绩的中位数是______分； （3）若该校共有1200名学生参赛，请估计全校将要参加“安全意识”培训学习的人数． 六、（本题满分12分） 21. 【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 七、（本题满分12分） 22. 现有一些矩形硬纸板，每一块纸板长和宽分别为，．（纸板的厚度忽略不计） （1）每个矩形硬纸板的四个角分别去掉2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形后，可以折叠成一个有盖的长方体盒子（如图），已知该长方体盒子的底面积是，求出该盒子的高； （2）工厂将这些硬纸板全部做成有盖盒子出售．已知每块矩形纸板的成本为12元，若有盖盒子的售价为24元/个，则每天可售出18个．在销售过程中发现，有盖盒子价格每降低1元，平均每天可多售出2个，要使每天获利208元，则每个有盖盒子应降价多少元？ 八、（本题满分14分） 23. 如图，正方形中，点是对角线上一点，连接，过点作的垂线，交于点． （1）如图1，过点作，垂足为．求证：为的中点； （2）如图2，延长交于点，连接，． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为的中点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级数学 （沪科版） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2．本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分．“试题卷”共4页，“答题卷”共6页． 3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 每小题都给出、、、四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 以下是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式．根据最简二次根式的定义，需满足两个条件：1. 被开方数不含能开方的因数或因式；2. 被开方数不含分母，逐一分析选项即可确定答案． 【详解】解：选项A：，故不是最简二次根式，本选项不符合题意； 选项B：，故不是最简二次根式，本选项不符合题意； 选项C：，故不是最简二次根式，本选项不符合题意； 选项D：，被开方数无平方因数且不含分母，符合最简二次根式的条件，本选项符合题意； 故选：D． 2. 一个正多边形每个内角为，则这个正多边形的边数是（ ） A. 5 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，利用外角和除以一个外角的度数就是正多边形的边数． 【详解】解：， ． 故选：C． 3. 若的三边长为，，，则下列条件不能判定为直角三角形的是(　　) A. ，， B. C. ：：：： D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理和三角形内角和解答即可． 【详解】解：A、因为，所以不为直角三角形，说法符合题意； B、因为，,所以，为直角三角形，说法不符合题意； C、因为：：：：，,所以，为直角三角形，说法不符合题意； D、因为，所以，为直角三角形，说法不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理和三角形内角和定理是解题的关键． 4. 如下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差： 甲 乙 丙 丁 平均数（cm） 方差 根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加． 【详解】∵， ∴从甲和丙中选择一人参加比赛， ∵， ∴选择甲参赛， 故选：A． 【点睛】此题考查了平均数和方差，正确理解方差与平均数的意义是解题关键． 5. 如图，的中线，交于点，连接，点，分别为，的中点，，，则四边形的周长为（ ） A. 20 B. 18 C. 16 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，为证明线段相等和平行提供了依据．根据三角形中位线定理，可得，，进而求出四边形的周长． 【详解】解：∵、是的中线， ∴且， ∵F是的中点，G是的中点， ∴且， ∴， 同理， ∴四边形的周长为：． 故选：B． 6. 据国家文旅部统计，5月1日全国旅游收入为亿元，5月3日比5月2日的全国旅游收入多亿元．若全国旅游收入这三天每日平均增长率为，则可以列出方程（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的应用．由每日平均增长率为，则5月2日的收入为亿元，5月3日的收入为亿元．根据题意，5月3日比5月2日多亿元，根据两者的差值为，等于列出方程即可． 【详解】解：由题意可得， 故选：A． 7. 已知的周长为，的平分线交边所在的直线于点，且，则边的长是（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的性质，当点在线段上时，根据角平分线的性质可得，设，，则，根据平行四边形的周长是，可列方程，解方程求出的值，即可得到的值；当点在的延长线上时，根据角平分线的性质可得，设，，则，，根据平行四边形的周长是，可列方程，解方程求出的值即可得到的值． 【详解】解：如下图所示，当点在线段上时， 平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 设，， 则， 的周长是， ， 解得：， ， 如下图所示，当点在的延长线上时， 平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 设，， 则，， 的周长为， ， 解得：， ． 综上所述，边的长是或． 故选：B． 8. 已知两个二次根式：，，将这两个二次根式进行如下操作：第一次操作：将与的和记为，差记为；第二次操作：将与的和记为，差记为；第三次操作：将与的和记为，差记为……；以此类推．则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，规律探索，观察每次操作后M和N的乘积规律，发现，，从而得出，进而得出结果． 【详解】解：第一次操作：，， 则； 第二次操作：，， 则， 第三次操作：，， 则； 第四次操作：，， 则； 第5次操作：， ， 则． 故选：C． 9. 已知关于的一元二次方程有一个实数根为，且，则下列说法错误的是（ ） A. 当时， B. 当，时， C. 方程的另一个实数根不可能是 D. 方程的另一个实数根有可能是1 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要 考查了一元二次方程根与系数关系、一元二次方程根的定义等知识．根据已知条件，将根代入方程得到关系式，并结合分析各选项的正确性． 【详解】解：∵关于一元二次方程有一个实数根为， ∴， 即， ∵， ∴与符号相反， 当时，，，即，得到，故选项A正确； 当，时，则，则，即，得到，故选项B正确； 若方程的另一个实数根是，则方程有两个相等的实数根，则，即， 即，则，与已知矛盾， ∴方程的另一个实数根不可能是， 故选项C正确； 若方程的另一个实数根是1，则，即，， ∴，与已知矛盾， 即方程的另一个实数根不可能是1， 故选项D错误，符合题意． 故选：D 10. 如图，矩形中，点为上一点，将沿折叠得到，与相交于点，的延长线与相交于点，若为的中点，平分，下列结论：①平分；②点在的垂直平分线上；③当点F为的中点时，．其中正确的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】由折叠的性质和矩形的性质得出为等腰三角形，进而可判断②，取的中点P，连接，根据三角形中位线的判定和性质得出，， 再证明，由全等三角形的性质得出，即可判断③，根据角平分线性质定理可判定③． 【详解】解：由折叠可知，， 又， ， ， ， 点在的垂直平分线上，②正确； 取的中点P，连接， 是的中点， 是的中位线， ，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 若为的中点， ∴， 又， ∴， ， ，③正确． 由折叠的性质可知：，若平分，由角平分线性质定理可知，这与矛盾，故①错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠的问题，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质等知识，掌握这些性质是解题的关键． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 如果有意义，则实数的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开负数为非负数是解题的关键． 由被开负数为非负数可得不等式，再解不等式可得答案． 【详解】解：∵使在实数范围内有意义， ∴， 解得． 故答案为：． 12. 已知，是方程的两个不同的实数根，则的值为______． 【答案】2025 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解以及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 根据一元二次方程根与系数的关系得到，根据解的概念得到，然后代入求解即可． 【详解】解：∵ ，是方程的两个不同的实数根， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：2025． 13. 如图，四边形中，，，为对角线的中点，为的中点，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理，中位线的性质，直角三角形斜边上的中线，熟悉掌握勾股定理解三角形是解题的关键． 由勾股定理得到，代入可得到为直角三角形，再利用斜边上中线的性质和中位线的性质求出和的长，结合勾股定理运算求解即可． 【详解】解：∵，为中点， ∴在中，，， ∵， ∴， ∴为直角三角形， 又∵为中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； 故答案为：． 14. 如图，点在线段上，是等边三角形，四边形是正方形．点是线段上的一个动点，连接，．已知，． （1）______； （2）的最小值是______． 【答案】 ①. ②. 13 【解析】 【分析】本题考查等边三角形的性质，正方形的性质，利用轴对称解决线段和最小问题，熟练掌握相关性质，是解题的关键： （1）等边三角形的性质，正方形的性质，得到，，等边对等角，求出的度数即可； （2）作点关于的对称点，连接，，易得为直角三角形，勾股定理求出的长，根据，即可得出结果． 【详解】解：（1）∵是等边三角形，四边形是正方形， ∴，， ∴， 是等腰三角形， ； 故答案为：； （2）作点关于的对称点，连接，，则：，， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∵，． ∴，， ， ∴， ∴的最小值是13． 故答案为：13． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键． 分别化简二次根式，化简绝对值，利用完全平方公式化简，再进行加减计算． 【详解】解：原式 ． 16. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是解一元二次方程，熟知解一元二次方程的解法是解题的关键． 先移项，利用因式分解法求值即可． 【详解】解： 或 解得，． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，菱形的对角线、相交于点，是的中点，点、在上，于，． 求证：四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】先根据菱形的性质和三角形中位线定理证得EQ//FG,再结合说明四边形OEFG是平行四边形，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明． 【详解】证明：∵菱形的对角线、相交于点 ∴OD=OB ∵AE=DE ∴EO//FG ∵ ∴四边形OEFG是平行四边形 ∵ ∴四边形OEFG是矩形． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线的性质以及矩形的判定定理，灵活运用矩形的判定定理是解答本题的关键． 18. 已知关于的一元二次方程为． （1）求证：无论为何值，此方程一定有实数根； （2）若，是该方程的两个不同的根，且满足，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）直接根据根的判别式计算即可； （2）先根据根与系数的关系得到，，再根据完全平方公式变形得到关于的二元一次方程，最后求解即可 【小问1详解】 证明：， 不论为何值，方程一定有实数根； 【小问2详解】 ，是该方程的两个不同的根， ，， ， 化简得：， 解得：，． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，和均为等腰直角三角形，，点在边上，，连接． 求证： （1）； （2）． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理解直角三角形，合理作出辅助线是解题的关键． （1）利用等腰三角形的性质和全等三角形的判定方法进行判定即可； （2）过作，垂足为，证出为等腰直角三角形得到，结合勾股定理证明即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴，即， ∵和都是等腰直角三角形， ∴，， 在与中， ， ∴； 【小问2详解】 证明：过作，垂足为，如图所示： ∵，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴为等腰直角三角形，， ∴由勾股定理可得， 又∵， ∴． 20. 【问题情境】某校开展了以“防溺水、防交通事故、防食物中毒、防校园霸凌”四种安全意识为主题的知识竞赛，结果全校学生的成绩最高分99分，最低分51分，学校决定将成绩低于60分的同学进行“安全意识”培训学习． 【数据收集与整理】现从中随机抽取了名学生的竞赛成绩，经过整理数据得到以下信息： 信息一：名学生竞赛成绩的频数分布直方图和扇形统计图如图所示，从左到右依次为第一组到第五组（每组数据含前端点值，不含后端点值） 信息二：第三组的成绩（单位：分）为，，，，，，，，，，，． 【数据分析与应用】 （1）______，补全频数分布直方图； （2）第三组竞赛成绩的众数是______分，抽取的名学生竞赛成绩的中位数是______分； （3）若该校共有1200名学生参赛，请估计全校将要参加“安全意识”培训学习的人数． 【答案】（1）50，图形见解析 （2）76， （3）96名 【解析】 【分析】本题考查频数分布直方图、中位数、众数的意义，掌握中位数、众数的意义是求出答案的前提，理解频数分布直方图的意义是解决问题的关键． （1）用80~90组的人数除以其所对应的百分比，可求出a的值，再计算出第2组60～70组的人数，即可补全频数分布直方图； （2）根据中位数、众数的意义，分别求出第3组的众数，样本中位数，即可； （3）样本估计总体，用1200乘以样本中80分以下百分比，即可． 【小问1详解】 解：， ∴60~70分的人数为名， 补全频数分布直方图，如下： 【小问2详解】 解：根据第三组竞赛成绩出现次数最多的是76分， ∴众数是76分， 把第三组竞赛成绩从小到大排列为：，，，，，，，，，， ，，位于正中间的数分别为75和76， ∴抽取的名学生竞赛成绩的中位数是分； 故答案为：76； 【小问3详解】 解：名， 即全校将要参加“安全意识”培训学习的人数96名． 六、（本题满分12分） 21. 【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【答案】（1）①相等；②相互垂直；（2）命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是假命题，理由见解析；（3）； 【解析】 【分析】（1）由三角形中线的性质结合四边形的中点四边形一定是平行四边形，即可得出结论； （2）先写出逆命题，再画出示意图，结合（1）中所得结论即可说明； （3）先证明，进而证明，推出；结合（1）中所得结论，得到当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是；当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是；即可解答． 【详解】（1）解：如图：矩形中，分别是的中点，连接， ∵分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，即对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； 同理，菱形的中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形， 故答案为：相等，互相垂直； （2）解：命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题，理由如下： 如图：四边形中，且，分别是的中点， 由题意知任意四边形的中点四边形一定是平行四边形，则四边形是平行四边形， ∵， 由（1）对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形，则四边形是矩形， ∵， 由（1）对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形，则四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴只需满足对角线相等且互相垂直的四边形，它的中点四边形是正方形， ∴命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题； （3）解：设交于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形； 根据中位线的性质知，， 四边形的面积周长为； 连接， ∴， ∵四边形是矩形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； ∴四边形是菱形， 根据中位线的性质知，， ∴四边形的周长为； ∵四边形是菱形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形， ∵， ∴根据中位线的性质知，， ∴四边形的面积为； 同理，四边形是菱形，周长为； 同理，四边形是矩形，四边形的面积是； ； ∴当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是； 当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是； ∴四边形的面积等于，四边形的周长等于． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系． 七、（本题满分12分） 22. 现有一些矩形硬纸板，每一块纸板长和宽分别为，．（纸板的厚度忽略不计） （1）每个矩形硬纸板的四个角分别去掉2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形后，可以折叠成一个有盖的长方体盒子（如图），已知该长方体盒子的底面积是，求出该盒子的高； （2）工厂将这些硬纸板全部做成有盖盒子出售．已知每块矩形纸板的成本为12元，若有盖盒子的售价为24元/个，则每天可售出18个．在销售过程中发现，有盖盒子价格每降低1元，平均每天可多售出2个，要使每天获利208元，则每个有盖盒子应降价多少元？ 【答案】（1）该长方体盒子高为 （2）每个有盖盒子应降价4元 【解析】 【分析】本题考查是一元二次方程的应用，正确读懂题意，列出方程是解题的关键． （1）设该长方体盒子的高为，根据长方体盒子的底面积是，结合图形得：，求解即可； （2）设每个有盖盒子应降价元，则每个有盖盒子售价为元，根据题意列出一元二次方程求解即可． 【小问1详解】 解：设该长方体盒子的高为， 由题意得：，整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：该长方体盒子的高为； 【小问2详解】 解：设每个有盖盒子应降价元，则每个有盖盒子售价为元， 由题意得：，整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：每个有盖盒子应降价4元． 八、（本题满分14分） 23. 如图，正方形中，点是对角线上一点，连接，过点作的垂线，交于点． （1）如图1，过点作，垂足为．求证：为的中点； （2）如图2，延长交于点，连接，． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为的中点，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）（ⅰ）见解析； 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是利用正方形对称性构造全等三角形，结合相关性质进行推理计算． （1）连，依正方形对称性得；作，证四边形是矩形且，再证得，进而，由等腰三角形三线合一证为中点． （2）（ⅰ）延长至使，证得、，推出，证得，从而．（ⅱ）设正方形边长为、，表示出、、，用勾股定理列方程求解，进而得的值． 【小问1详解】 解：如图1，连接， ∵四边形是正方形，是对角线， 根据正方形的对称性可知，点与点关于直线对称， ∴． 过点作于点， 四边形是正方形， 平分，， ，， 四边形是矩形，且， ， 又， ， ， ， ， 又， 为的中点； 【小问2详解】 （2）（ⅰ）由（1）得，又， ， ， 如图2，延长至点，使， 连接， 在正方形中，，， 在和中， ， ∴． ，， ， ， ， ， ； （ⅱ）设正方形的边长为，， 则，， 由（ⅰ）知， ， 在中，， 即， 解得，即， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$