山东省济南市高新区2024-2025学年 八年级下学期期末数学试卷

2024-2025学年山东省济南市高新区八年级（下）期末数学试卷 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（4分）《国语•楚语》记载：“夫美者，上下、内外、大小、远近皆无害焉，故曰美”．这一记载充分表明传统美的本质特征在于对称和谐．我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（4分）点P（0，﹣3）向左平移1个单位，再向上平移3个单位，则所得到的点的坐标为（　　） A．（﹣3，0） B．（﹣1，6） C．（﹣3，﹣6） D．（﹣1，0） 3．（4分）多项式12ab2﹣8a2bc的公因式是（　　） A．4ab B．4a2b2 C．2ab D．2abc 4．（4分）下列分式为最简分式的是（　　） A． B． C． D． 5．（4分）每一个外角都是72°的正多边形为（　　） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 6．（4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．OA⊥OB B．∠BAC＝∠ACB C．OA＝OB D．AD＝AB 7．（4分）在一个不透明的布袋中装有白球和黑球共150个，它们除颜色外其他都相同．小红每次摸出1个球并放回，通过多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.6左右，则布袋中黑球的个数可能是（　　） A．24 B．36 C．40 D．90 8．（4分）的结果是（　　） A． B． C． D． 9．（4分）如图，在△ABC中，D，E分别是BC，AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F．若AB＝6，BC＝4，则EF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 10．（4分）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．） 11．（4分）分解因式：9﹣m2＝　 　 ． 12．（4分）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB＝5cm，AC＝6cm，则S菱形ABCD＝ 　 　 cm2． 13．（4分）若关于x的方程x2﹣x﹣m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 　 　 ． 14．（4分）老师为帮助学生正确理解物理变化与化学变化，将4种生活现象制成如图所示的4张无差别的卡片A，B，C，D．将卡片背面朝上，小明同学从中随机抽取2张卡片，则所抽取的2张卡片刚好都是物理变化的概率是 　 　 ． 15．（4分）如图，△ABC是等边三角形，且AB＝4，点D在边BC上，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接DE，BE．则△BED的周长最小值是 　 　 ． 三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16．（7分）解分式方程：1． 17．（7分）用适当的方法解方程：3x2+2x﹣2＝0． 18．（7分）已知：如图，平行四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点． 求证：四边形AECF是平行四边形． 19．（8分）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）． （1）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A1B1C1．请写出△A1B1C1的三个顶点坐标A1　 　 ，B1　 　 ； （2）△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C，则A2　 　 ，B2　 　 ． 20．（8分）阅读以下材料． 材料：因式分解：（x+y）2+2（x+y）+1． 解：将“x+y”看成整体，令x+y＝A，则原式＝A2+2A+1＝（A+1）2． 再将“A”还原，得原式＝（x+y+1）2． 上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题： （1）因式分解：（x﹣y）2﹣2（x﹣y）+1＝ 　 　 ； （2）因式分解：（a2﹣4a+2）（a2﹣4a+6）+4． 21．（9分）如图，从甲地到乙地有a1，a2，a3三条路，从乙地到丙地有b1，b2两条路，小明从甲地出发去丙地． （1）请用树状图或列表法列举出所有可能行走路线． （2）已知驾车经过a1，a2，a3，b1，b2分别需要用时12min，10min，15min，15min，18min．若小明随机选择驾车路线，他总用时少于30min的概率是　 　 ． 22．（10分）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，AB＝CD，AB∥CD．若四边形EBOA是菱形． （1）猜想四边形ABCD的形状是 　 　 ，并说明理由． （2）若∠E＝60°，AB＝2，求四边形ABCD的面积． 23．（10分）综合与实践 项目主题： 劳动基地扩建方案 项目背景： 学校计划扩建校园花坛，综合实践活动小组以设计“花园扩建方案”为主题开展了一次项目学习． 信息获取：（如图所示） 信息1：原花坛为矩形ABCD，AB＝25m，BC＝15m； 信息2：扩建后的新花坛仍为矩形AEFG，AE的长度不能超过35m，AG的长度不能超过25m． 问题解决： （1）若扩建后花园的面积为600m2，且BE＝DG，求AG和AE的长； （2）当DG＝3BE时，扩建后花园的面积可以为900m2吗？请说明理由． 24．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是2cm/s．连接PQ、AQ、CP，设点P、Q运动的时间为t s． （1）当t＝ 　 　 时，四边形ABQP是矩形； （2）当t＝ 　 　 时，四边形AQCP是棱形； （3）是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC，如果存在，请求出t的值，如果不存在，请说明理由． （4）在运动过程中，沿着AQ把△ABQ翻折，当t为何值时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上． 25．（12分）综合与实践 在数学活动课上，老师给出如下问题，让同学们展开探究活动． 问题情景：在四边形ABCD中，M为BC边上一动点，N为CD边的中点，连接MN，AM、AN、且∠AMN＝60°． 解决问题：下面是学习小组提出的三个问题，请你解答： （1）“兴趣”小组提出的问题是：如图1，若四边形ABCD为矩形（AB＞AD），∠ANM＝90°． ①任意写出一个图1中与∠CMN相等的角：　 　 ； ②的值为 　 　 ； （2）“实践”小组提出的问题是：如图2，若四边形ABCD为菱形，∠ANM＝60°，求的值； （3）“智慧”小组提出的问题是：在（2）的条件下，将△AMN绕点M旋转90°得到△A′MN′，连接A′D．若，请直接写出△A′CD的面积． 2024-2025学年山东省济南市高新区八年级（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A A C C D A A C 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（4分）《国语•楚语》记载：“夫美者，上下、内外、大小、远近皆无害焉，故曰美”．这一记载充分表明传统美的本质特征在于对称和谐．我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，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，据此分析判断即可． 【解答】解：根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析判断如下： A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项符合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键． 2．（4分）点P（0，﹣3）向左平移1个单位，再向上平移3个单位，则所得到的点的坐标为（　　） A．（﹣3，0） B．（﹣1，6） C．（﹣3，﹣6） D．（﹣1，0） 【分析】根据平移时点的坐标变化规律即可解决问题． 【解答】解：由题知， 将点P（0，﹣3）向左平移1个单位长度后，所得点的坐标为（﹣1，﹣3）， 再向上平移3个单位长度后，所得点的坐标为（﹣1，0）． 故选：D． 【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，熟知平移时点的坐标变化规律是解题的关键． 3．（4分）多项式12ab2﹣8a2bc的公因式是（　　） A．4ab B．4a2b2 C．2ab D．2abc 【分析】根据公因式的定义进行解答即可． 【解答】解：∵12ab2﹣8a2bc＝4ab•3b﹣4ab•2c， ∴12ab2﹣8a2bc各项的公因式是4ab． 故选：A． 【点评】本题考查公因式，确定多项式中各项的公因式，可概括为三“定”： ①定系数，即确定各项系数的最大公约数； ②定字母，即确定各项的相同字母因式（或相同多项式因式）； ③定指数，即各项相同字母因式（或相同多项式因式）的指数的最低次幂． 4．（4分）下列分式为最简分式的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据最简分式的定义：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式，即可判断． 【解答】解：A、分子x与分母没有公因式，不能再约分，所以它是最简分式，故本选项符合题意； B、，不是最简分式，故本选项不符合题意； C．1，不是最简分式，故本选项不符合题意； D、，不是最简分式，故本选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了最简分式，熟练掌握定义是解题的关键． 5．（4分）每一个外角都是72°的正多边形为（　　） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 【分析】根据多边形的外角和公式，即可得出答案． 【解答】解：360°÷72°＝5（条）． 故选：C． 【点评】本题主要考查多边形的内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 6．（4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．OA⊥OB B．∠BAC＝∠ACB C．OA＝OB D．AD＝AB 【分析】由矩形的性质分析每个选项，从而可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，∠ADC＝90°，AD＝BC，AD∥BC，OA，OB， ∴OA⊥OB，∠BAC＝∠ACB不一定成立，OA＝OB，一定成立，AB＝AD一定不成立， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 7．（4分）在一个不透明的布袋中装有白球和黑球共150个，它们除颜色外其他都相同．小红每次摸出1个球并放回，通过多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.6左右，则布袋中黑球的个数可能是（　　） A．24 B．36 C．40 D．90 【分析】根据摸到黑球的频率稳定在0.6左右，得到摸到黑球的概率为0.6，再利用概率求数量即可． 【解答】解：∵在一个不透明的布袋中装有白球和黑球共150个，通过多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.6左右， ∴摸到黑球的概率为0.6， ∴布袋中黑球的个数可能是150×0.6＝90（个）； 故选：D． 【点评】本题主要考查了利用频率估计概率，熟知大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解题的关键． 8．（4分）的结果是（　　） A． B． C． D． 【分析】原式变形后，约分即可得到结果． 【解答】解：原式• ． 故选：A． 【点评】此题考查了分式的乘除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 9．（4分）如图，在△ABC中，D，E分别是BC，AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F．若AB＝6，BC＝4，则EF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据题意可得，结合角平分线的定义可得DB＝DF，由EF＝DE﹣DF即可求解． 【解答】解：∵D，E分别是BC，AC的中点，BF平分∠ABC， ∴，DE∥AB，∠ABF＝∠CBF， ∴∠ABF＝∠BFD， ∴∠CBF＝∠BFD， ∴， ∴EF＝DE﹣DF＝3﹣2＝1， 故选：A． 【点评】本题考查了中位线的判定和性质，角平分线的定义，掌握以上知识是解题的关键． 10．（4分）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案． 【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°， ∵∠EOF＝90°， ∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF， ∴∠COE＝∠DOF， 在△COE和△DOF中， ， ∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确； ②∵△COE≌△DOF， ∴CE＝DF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD， ∴BE＝CF，故②正确； ③∵△COE≌△DOF， ∴FO＝EO， ∵∠OFE＝∠ODF＝45°， ∴∠DOF＝∠CFE， 设∠DOF＝α， ∴∠OGF＝45°+α， ∵∠COF＝90°﹣α， 当45°+α＝90°﹣α时，α＝22.5°，OF＝FG， 故③不正确； ④由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等， ∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的， 故④正确； ⑤在Rt△ECF中，∠EOF＝90°， 根据勾股定理，得：OE2+OF2＝EF2， 故⑤正确； 综上所述，正确的是①②④⑤， 故选：C． 【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用全等证明出△COE≌△DOF，属于选择题的压轴题． 二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．） 11．（4分）分解因式：9﹣m2＝　（3+m）（3﹣m）　 ． 【分析】运用平方差公式进行因式分解，即可得出答案． 【解答】解：原式＝（3+m）（3﹣m）． 故答案为：（3+m）（3﹣m）． 【点评】本题主要考查因式分解﹣运用公式法，熟练掌握公式法进行因式分解是解题的关键． 12．（4分）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB＝5cm，AC＝6cm，则S菱形ABCD＝ 　24　 cm2． 【分析】由菱形的性质得AO＝COAC＝3（cm），BO＝DO，AC⊥BD，再由勾股定理求出BO＝4cm，则BD＝2BO＝8cm，然后由菱形面积公式列式计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝6cm， ∴AO＝COAC＝3（cm），BO＝DO，AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°， ∴BO4（cm）， ∴BD＝2BO＝8cm， ∴S菱形ABCD＝ AC•BD6×8＝24（cm2）， 故答案为：24． 【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 13．（4分）若关于x的方程x2﹣x﹣m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 　　 ． 【分析】由方程有两个不等的实数根结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论． 【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣m）＝1+4m＞0， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键． 14．（4分）老师为帮助学生正确理解物理变化与化学变化，将4种生活现象制成如图所示的4张无差别的卡片A，B，C，D．将卡片背面朝上，小明同学从中随机抽取2张卡片，则所抽取的2张卡片刚好都是物理变化的概率是 　　 ． 【分析】画树状图得出所有等可能的结果数以及所抽取的2张卡片刚好都是物理变化的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【解答】解：画树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中所抽取的2张卡片刚好都是物理变化的结果有：AD，DA，共2种， ∴所抽取的2张卡片刚好都是物理变化的概率为． 故答案为：． 【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键． 15．（4分）如图，△ABC是等边三角形，且AB＝4，点D在边BC上，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接DE，BE．则△BED的周长最小值是 　4+2　 ． 【分析】证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝BE，由旋转的性质得出AD＝AE，∠DAE＝60°，证明△ADE是等边三角形，则得出DE＝AD，当AD⊥BC时，DE最小，即△BED的周长有最小值，由直角三角形的性质可得出答案． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵∠DAE＝60°， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠BAD， ∴∠BAE＝∠CAD， 又∵AD＝AE， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴CD＝BE， ∴△BED的周长＝BE+BD+ED＝CD+BD+ED＝BC+DE， ∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DE＝AD， 当AD⊥BC时，DE最小，即△BED的周长有最小值， ∵AD⊥BC，BC＝4， ∴BD＝CD＝2， ∴AD2， ∴△BED的周长最小值是BC+DE＝4+2， 故答案为：4+2． 【点评】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，旋转的性质，垂线段的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16．（7分）解分式方程：1． 【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【解答】解：去分母得：2x+1＝x﹣2， 解得：x＝﹣3， 经检验x＝﹣3是分式方程的解． 【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验． 17．（7分）用适当的方法解方程：3x2+2x﹣2＝0． 【分析】利用公式法解方程即可． 【解答】解：3x2+2x﹣2＝0， a＝3，b＝2，c＝﹣2， Δ＝4﹣4×3×（﹣2）＝28＞0， ∴x， ∴x1，x2． 【点评】本题考查解一元二次方程﹣公式法，解题的关键是掌握公式法解方程． 18．（7分）已知：如图，平行四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点． 求证：四边形AECF是平行四边形． 【分析】由平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC，再证AE＝CF，AE∥CF，即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵E、F分别是AD，BC的中点， ∴AEAD，CFBC， ∴AE＝CF， 又∵AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 19．（8分）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）． （1）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A1B1C1．请写出△A1B1C1的三个顶点坐标A1　（0，0）　 ，B1　（2，4）　 ； （2）△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C，则A2　（﹣2，1）　 ，B2　（2，﹣1）　 ． 【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A1B1C1．进而写出△A1B1C1的三个顶点坐标； （2）根据旋转的性质即可将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）如图△A1B1C1， 所以A1（0，0），B1（2，4）， 故答案为：（0，0），（2，4）； （2）如图△A2B2C， 所以A2（﹣2，1），B2（2，﹣1）， 故答案为：（﹣2，1），（2，﹣1）． 【点评】本题考查作图﹣平移变换，坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键． 20．（8分）阅读以下材料． 材料：因式分解：（x+y）2+2（x+y）+1． 解：将“x+y”看成整体，令x+y＝A，则原式＝A2+2A+1＝（A+1）2． 再将“A”还原，得原式＝（x+y+1）2． 上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题： （1）因式分解：（x﹣y）2﹣2（x﹣y）+1＝ 　（1﹣x+y）2或（x﹣y﹣1）2　 ； （2）因式分解：（a2﹣4a+2）（a2﹣4a+6）+4． 【分析】（1）将x﹣y＝A，利用完全平方公式因式分解即可； （2）将m＝a2﹣4a先多项式乘以多项公式，整理后再结合完全平方公式因式分解即可． 【解答】解：（1）令x﹣y＝A， 则原式＝A2﹣2A+1＝（A﹣1）2， 将A还原，原式＝（1﹣x+y）2或（x﹣y﹣1）2， 故答案为：（1﹣x+y）2或（x﹣y﹣1）2； （2）令m＝a2﹣4a， 则原式＝（m+2）（m+6）+4＝m2+8m+16＝（m+4）2＝（a2﹣4a+4）2＝[（a﹣2）2]2＝（a﹣2）4． 【点评】本题主要考查整体思想、完全平方公式和平方的非负性，掌握以上性质是解题的关键． 21．（9分）如图，从甲地到乙地有a1，a2，a3三条路，从乙地到丙地有b1，b2两条路，小明从甲地出发去丙地． （1）请用树状图或列表法列举出所有可能行走路线． （2）已知驾车经过a1，a2，a3，b1，b2分别需要用时12min，10min，15min，15min，18min．若小明随机选择驾车路线，他总用时少于30min的概率是　　 ． 【分析】（1）根据题意列表即可． （2）由表格可得出所有等可能的结果数以及他总用时少于30min的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【解答】解：（1）列表如下： b1 b2 a1 （a1，b1） （a1，b2） a2 （a2，b1） （a2，b2） a3 （a3，b1） （a3，b2） 共有6种等可能的结果． （2）由表格可知，他总用时少于30min的结果有：（a1，b1），（a2，b1），（a2，b2），共3种， ∴他总用时少于30min的概率为． 故答案为：． 【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键． 22．（10分）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，AB＝CD，AB∥CD．若四边形EBOA是菱形． （1）猜想四边形ABCD的形状是 　矩形　 ，并说明理由． （2）若∠E＝60°，AB＝2，求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）根据AB＝CD，AB∥CD，得四边形ABCD是平行四边形，然后根据菱形的性质证明AC＝BD，即可解决问题； （2）证明△AOB是等边三角形，得AO＝AB＝2，再根据勾股定理求出BC，进而可得四边形ABCD的面积． 【解答】解：（1）四边形ABCD 的形状是矩形，理由如下： ∵AB＝CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OBAC，OC＝ODBD， ∵四边形EBOA是菱形， ∴OA＝OB， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形； 故答案为：矩形； （2）∵四边形EBOA是菱形， ∴∠AOB＝∠E＝60°， ∵AO＝BO， ∴△AOB是等边三角形， ∴AO＝AB＝2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝2AO＝4，∠ABC＝90°， ∴BC2， ∴矩形ABCD的面积＝AB•BC＝2×24． 【点评】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，平行四边形的判定，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 23．（10分）综合与实践 项目主题： 劳动基地扩建方案 项目背景： 学校计划扩建校园花坛，综合实践活动小组以设计“花园扩建方案”为主题开展了一次项目学习． 信息获取：（如图所示） 信息1：原花坛为矩形ABCD，AB＝25m，BC＝15m； 信息2：扩建后的新花坛仍为矩形AEFG，AE的长度不能超过35m，AG的长度不能超过25m． 问题解决： （1）若扩建后花园的面积为600m2，且BE＝DG，求AG和AE的长； （2）当DG＝3BE时，扩建后花园的面积可以为900m2吗？请说明理由． 【分析】（1）设BE＝DG＝x m，则扩建后花园的长为（25+x）m，宽为（15+x）m，于是得（25+x）（15+x）＝600，求得符合题意的x值为5，则AG＝20m，AE＝30m； （2）设BE＝y m，则DG＝3y m，假设扩建后花园的面积为900m2，则（25+y）（15+3y）＝900，求得y＝5，此时AG＝30m＞25m，不符合要求，说明扩建后花园的面积不可以为900m2． 【解答】解：（1）设BE＝DG＝x m， 根据题意得（25+x）（15+x）＝600， 解得x1＝5，x2＝﹣45（不符合题意，舍去）， ∴BE＝DG＝5m， ∵AD＝BC＝15m，AB＝25m， ∴AG＝AD+DG＝20m，AE＝AB+BE＝30m， ∴AG和AE的长分别为20m和30m． （2）扩建后花园的面积不可以为900m2， 理由：设BE＝y m，则DG＝3y m， 若扩建后花园的面积为900m2，则（25+y）（15+3y）＝900， 解得y1＝5，y2＝﹣35（不符合题意，舍去）， 当y＝5时，DG＝15m， ∴AG＝AD+DG＝30m＞25m，不符合要求， ∴扩建后花园的面积不可以为900m2． 【点评】此题重点考查矩形的性质、一元二次方程的应用等知识，正确地用代数式表示扩建后的新花坛的长和宽是解题的关键． 24．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是2cm/s．连接PQ、AQ、CP，设点P、Q运动的时间为t s． （1）当t＝ 　3　 时，四边形ABQP是矩形； （2）当t＝ 　　 时，四边形AQCP是棱形； （3）是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC，如果存在，请求出t的值，如果不存在，请说明理由． （4）在运动过程中，沿着AQ把△ABQ翻折，当t为何值时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上． 【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，据此求得t的值； （2）当四边形AQCP是菱形时，AQ＝QC，列方程求得运动的时间t； （3）过Q作QM⊥AD，交AD于M，∠QMD＝∠QMA＝90°，得出四边形ABQM是矩形，列方程得2t2﹣6t+9＝0，根据根的判别式得出方程无实数根，即可得出答案； （4）根据折叠的性质得出∠AQB＝∠AQB，AB＝AB'＝6cm，BQ＝B'Q＝2tcm，进而在Rt△ABP中，∠ABQ＝∠B＝90°，所以AB2+B'P2＝PA2，勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【解答】（1）解：由已知可得，BQ＝DP＝2tcm，AP＝CQ＝（12﹣2t）cm， 在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝BC， 当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形， ∴2t＝12﹣2t， 解得：t＝3， ∴当t＝3时，四边形ABQP为矩形； 故答案为：3； （2）解：∵BQ＝DP＝2tcm，AD＝BC， ∴AD﹣DP＝BC﹣BQ，即AP＝CQ， ∵AD∥BC， ∴四边形AQCP为平行四边形， ∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形， 根据勾股定理得：AQ2＝AB2+BQ2＝62+（2t）2，CQ2＝（12﹣2t）2， ∴62+（2t）2＝（12﹣2t）2， ∴解得， ∴当时，四边形AQCP为菱形； 故答案为：． （3）解：不存在；理由如下：过Q作QM⊥AD，交AD于M，如图所示： 则∠QMD＝∠QMA＝90°， ∵∠QMA＝∠BAM＝∠B＝90°， ∴四边形ABQM是矩形， ∴AM＝BQ＝2t（cm），QM＝AB＝6cm， ∴MP＝（12﹣4t）cm， 在Rt△PQM中，PQ2＝PM2+QM2＝（12﹣4t）2+62， 在Rt△PDC中，PC2＝PD2+CD2＝4t2+62， ∵PQ⊥PC， ∴∠QPC＝90°， ∴PQ2+PC2＝CQ2， 即：（12﹣4t）2+62+4t2+62＝（12﹣2t）2， 整理的2t2﹣6t+9＝0， ∵Δ＝b2﹣4ac＝36﹣72＝﹣36＜0， ∴此方程无实数根， ∴不存在某一时刻t使得PQ⊥PC； （4）解：如图所示， 根据折叠可知：∠AQB＝∠AQB'，AB＝AB'＝3cm，BQ＝B'Q＝2t（cm），∠AB'Q＝∠B＝90°， ∵在矩形ABCD中AD∥BC， ∴∠AQB＝∠PAQ， ∴∠AQB'＝∠PAQ， ∴PA＝PQ＝（12﹣2t）cm， ∴B'P＝12﹣2t﹣2t＝（12﹣4t）cm， ∵∠AB'P＝180°﹣90°＝90°， 在Rt△AB'P中，根据勾股定理得：AB'2+B'P2＝PA2， ∴62+（12﹣4t）2＝（12﹣2t）2， 即：t2﹣4t+3＝0， 解得：t1＝1，t2＝3， ∴当t等于1或3时，翻折后点B的对应点B恰好落在PQ边上． 【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质、矩形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、折叠的性质等内容，解决此题注意结合方程的思想解题． 25．（12分）综合与实践 在数学活动课上，老师给出如下问题，让同学们展开探究活动． 问题情景：在四边形ABCD中，M为BC边上一动点，N为CD边的中点，连接MN，AM、AN、且∠AMN＝60°． 解决问题：下面是学习小组提出的三个问题，请你解答： （1）“兴趣”小组提出的问题是：如图1，若四边形ABCD为矩形（AB＞AD），∠ANM＝90°． ①任意写出一个图1中与∠CMN相等的角：　∠AND（答案不唯一）　 ； ②的值为 　1　 ； （2）“实践”小组提出的问题是：如图2，若四边形ABCD为菱形，∠ANM＝60°，求的值； （3）“智慧”小组提出的问题是：在（2）的条件下，将△AMN绕点M旋转90°得到△A′MN′，连接A′D．若，请直接写出△A′CD的面积． 【分析】（1）①由直角三角形的性质可得出答案； ②设CM＝x，由题意得∠CNM＝∠DAN＝30°，得出MN＝2x，CN＝DNx，则可得出答案； （2）延长AN交BC的延长线于点P，证明△ADN≌△PCN（AAS），得出AD＝CP，AN＝PN，则MN＝AN＝PN，则可得出答案； （3）分两种情况，由直角三角形的性质及三角形面积可得出答案． 【解答】解：（1）①∵∠ANM＝90°， ∴∠AND+∠MCN＝90°， ∵∠MCN+∠CMN＝90°， ∴∠CMN＝∠AND， 故答案为：∠AND（答案不唯一）； ②设CM＝x，由题意得∠CNM＝∠DAN＝30°， ∴MN＝2x，CN＝DNx， ∴AM＝4x，AD＝3x， ∴1， 故答案为：1． （2）如图，延长AN交BC的延长线于点P， ∵∠ANM＝∠AMN＝60°， ∴△AMN为等边三角形， ∵N为CD的中点， ∴DN＝CN， 又AD∥BP， ∴∠DAN＝∠CPN，∠D＝∠PCN， ∴△ADN≌△PCN（AAS）， ∴AD＝CP，AN＝PN， ∴MN＝AN＝PN， ∴∠P＝30°，AM⊥BC， ∴， ∴； ∴； （3）或． 如图，当A’在BC的延长线上时， 由（2）知∠AMB＝90°，AM＝A‘M＝2， ∴BM＝2， ∴AB＝4， ∴CM＝4﹣2＝2， ∴CA'＝22， ∴△A′CD的面积6﹣2； 当A’在CB的延长线上时， 同理可得A'C＝A'M+CM＝22， ∴△A′CD的面积6+2． 综上所述，△A′CD的面积为或． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的性质等知识．熟练掌握以上知识是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$