精品解析：江苏省靖江外国语学校2024-2025学年八年级下学期5月阶段监测数学试题

靖江外国语学校2024-2025学年度第二学期阶段学业水平监测 八年级数学试题 2025.5 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 请注意：1．本试卷分选择题和非选择题两个部分； 2．所有试题的答案均填写在答题卡上，答案写在试卷上无效； 3．作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗． 第一部分 选择题（共18分） 一、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题意，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷相应位置上） 1. 下面调查中适合用抽样调查的是 （ ） A. 旅客上飞机前的安检 B. 工厂生产一批灯管的质量 C. 长征六号火箭发射前检查零件 D. 学校招聘老师，对应聘老师们面试 2. 某地区为了解6500名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了500名考生的数学成绩进行统计，下列说法中正确的是（ ） A. 抽取的500名考生是总体的一个样本 B. 每个考生是个体 C. 这6500名学生的数学成绩的全体是总体 D. 样本容量是6500 3. 在下列式子中，可以取2和3的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知：三点，函数的图像经过A，B，C三点中的两个点，则( ) A. 12 B. 24 C. 20 D. 5. 用反证法证明，若，则时，应假设（ ） A. B. C. D. 6. 如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A. 2 B. 3 C. D. 第二部分 非选择题（共132分） 二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．请把答案直接写在答题卷相应位置上） 7. 实数范围内因式分解： =______． 8. 在一个不透明的盒子中装有6个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从中随机摸出一个球是白球的概率是，则黄球的个数为______． 9. 若关于x的方程有增根，则m=____． 10. 数据、、、、中，无理数出现的频率为______． 11. 如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则____． 12. 如图，在中，P是边上一点，且、分别平分、，若，，则的面积是_______． 13. 如图所示，过y轴正半轴上的任意一点P，作x轴的平行线，分别与反比例函数和的图象交于点A和点B，若点C是x轴上任意一点，连接，，则的面积为__________． 14. 一个对角线长为的矩形，顺次连接它的四边中点得到的四边形的周长是_____． 15. 已知边长为4的菱形中，，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接．当是等腰三角形时，则的长为_______． 16. 如图，四边形为矩形，点在第四象限，点关于的对称点为点，且，都在函数的图象上，轴于点，的延长线交轴于点，当矩形的面积为时，则的值为____． 三、解答题（本大题共有10小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算： （1） （2） 18. 如图1，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点以及点O均在格点上． （1）画出以为边，O为对角线交点的平行四边形． （2）如图2，画出一个以为对角线，面积为6的矩形，且D和E均在格点上（D，E，F，G按顺时针方向排列）． 19. 化简求值：，其中是不等式组的一个整数解． 20. 2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景．在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路（国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线）中选择一条．现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表． 游园线路 人数 国风古韵观赏线 44 世界公园打卡线 亲子互动慢游线 48 园艺小清新线 根据图表信息，解答下列问题： （1）本次调查的员工共有______人，表中的值为______： （2）在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数； （3）若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数． 21. 下面是小明同学解分式方程：“”的过程，请认真阅读，并完成相应的任务． 解：去分母得：…① 去括号得：…②， 移项得：…③． 合并同类项得：…④， 系数化为1得：…⑤ 经检验，是原分式方程的解． 任务一：①解答过程中，第 步开始出现了错误，产生错误的原因是 ； ②第③步变形的依据是 ； 任务二：该分式方程的解是 ． 22. 如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点． （1）求反比例函数的解析式； （2）把直线向上平移3个单位长度与的图象交于点，连接，求的面积． 23. 如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求椅子最高点A到地面的距离． 24. 学校在某商场购买甲、乙两种不同类型的足球若干个，甲种足球购买总费用2000元，乙种足球购买总费用1400元，乙种足球的单价比甲种足球贵20元/个． （1）若本次购买甲种足球的数量是购买乙种足球数量的2倍，求甲、乙两种足球在此商场的销售单价； （2）为满足学生需求，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的销售单价进行调整，甲种足球的销售单价比上次购买时提高了，乙种足球的销售单价比上次购买时降低了．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2950元，求这所学校最多可以购买乙种足球的数量． 25. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴，轴于，两点，将绕点顺时针旋转得（点与点对应，点与点对应）． （1）求出直线的解析式； （2）点为线段上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点，当时，求点的坐标； （3）如图，若点为线段的中点，点为直线上一点，点为坐标系内一点．以，，，为顶点的四边形且以为边的矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 26. 【综合与实践】初二年级的同学们在课程中开展活动，根据以下操作，完成相应的任务． 【研究素材】若干张全等的矩形纸片，其中，． 【探究1】 小明按如图1的方式沿折叠纸片，点A与点对应，的延长线与交于点F． 【任务1】 （1）若，则 ； 【探究2】 如图2，小丽计划利用这张纸片剪出一个面积最大的菱形． 【任务2】 （2）①请你帮助小丽用无刻度的直尺和圆规作出这个菱形（不写作法，保留作图痕迹）； ②求小丽剪出的菱形的边长． 【探究3】 如图3，点E是线段上的动点，小亮利用绘图软件将绕点E逆时针旋转至． 【任务3】 （3）连接，当是等腰三角形时，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 靖江外国语学校2024-2025学年度第二学期阶段学业水平监测 八年级数学试题 2025.5 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 请注意：1．本试卷分选择题和非选择题两个部分； 2．所有试题的答案均填写在答题卡上，答案写在试卷上无效； 3．作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗． 第一部分 选择题（共18分） 一、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题意，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷相应位置上） 1. 下面调查中适合用抽样调查的是 （ ） A. 旅客上飞机前的安检 B. 工厂生产一批灯管的质量 C. 长征六号火箭发射前检查零件 D. 学校招聘老师，对应聘老师们面试 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查． 由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似． 【详解】解：对于选项A，上飞机前对旅客的安检，适合全面调查，故选项不符合题意； 对于选项B，调查一批灯管的质量，适合抽样调查，故选项符合题意； 对于选项C，长征六号火箭发射前检查零件，适合全面调查，故选项不符合题意； 对于选项D，学校招聘教师，对应聘人员的面试，适合全面调查，故选项不符合题意； 故选：B． 2. 某地区为了解6500名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了500名考生的数学成绩进行统计，下列说法中正确的是（ ） A. 抽取的500名考生是总体的一个样本 B. 每个考生是个体 C. 这6500名学生的数学成绩的全体是总体 D. 样本容量是6500 【答案】C 【解析】 【分析】根据总体、个体、样本、样本容量的概念进行逐项判断即可． 【详解】解：A. 抽取的500名考生的数学成绩是总体的一个样本，故该选项错误； B. 每个考生的数学成绩是个体，故该选项错误； C. 这6500名学生的数学成绩的全体是总体，，故该选项正确； D. 样本容量是500，，故该选项错误． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了总体、个体、样本、样本容量，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象、总体、个本与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小，样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位． 3. 在下列式子中，可以取2和3的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式和分式有意义的条件，依次判断即可． 【详解】A.要使有意义，则，即， ∴可以取2和3，故本选项符合题意； B. 要使有意义，则，即， ∴可以取3，但不可以取2，故本选项不符合题意； C. 要使有意义，则，即， ∴可以取3，但不可以取2，故本选项不符合题意； D. 要使有意义，则，即， ∴可以取2，但不可以取3，故本选项不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件．对于二次根式，当时有意义；对于分式，当时，分式有意义．熟练掌握以上知识是解题的关键． 4. 已知：三点，函数的图像经过A，B，C三点中的两个点，则( ) A. 12 B. 24 C. 20 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的性质，解题的关键是掌握反比例函数图像上点的坐标特征，即图像上任意一点的横纵坐标之积等于比例系数k． 根据反比例函数的性质，图像上点的横纵坐标乘积等于分别计算A、B、C三点横纵坐标的乘积；找出乘积相等的两个点，其乘积即为k的值． 【详解】解：对于反比例函数，其图像上任意一点都满足． 计算 A、B、C三点的横纵坐标之积： 点 点 点． 因为函数的图像经过三点中的两个点，且A、B两点的横纵坐标之积相等，均为所以这两个点是A和． 故选：B． 5. 用反证法证明，若，则时，应假设（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是反证法，反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立． 【详解】解：反证法证明，若，则时，应假设， 故选：C． 6. 如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可． 本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】结合图象，得到当时，， 当点P运动到点B时，， 根据菱形的性质，得， 故， 当点P运动到中点时，的长为， 故选C． 第二部分 非选择题（共132分） 二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．请把答案直接写在答题卷相应位置上） 7. 实数范围内因式分解： =______． 【答案】 【解析】 【详解】解： 故答案为： 【点评】：本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的一般步骤为：（1）提公因式；（2）套公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要求分解到出现无理数为止．熟练运用公式，熟记因式分解的步骤是解题的关键． 8. 在一个不透明的盒子中装有6个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从中随机摸出一个球是白球的概率是，则黄球的个数为______． 【答案】3 【解析】 【分析】此题考查了分式方程的应用，以及概率公式的应用．设黄球的个数为x个，然后根据概率公式列方程，解此分式方程即可求得答案． 【详解】解：设黄球的个数为x个， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是原分式方程的解， ∴黄球的个数为3个． 故答案为：3． 9. 若关于x的方程有增根，则m=____． 【答案】6 【解析】 【分析】找出分式方程的最简公分母，确定出增根，去分母转化为整式方程，把增根代入求出m的值. 【详解】分式方程的最简公分母为x－6，由分式方程有增根，得到x－6＝0，即x＝6，去分母得：x＝6（x－6）＋m，即－5x＋36＝m，可得：－30＋36＝m，即m＝6，故答案为m＝6. 【点睛】本题主要考查了分式方程的增根，解本题的要点在于要熟知解增根问题的步骤：①让最简公分母为0确定增根;②化分式方程为整式方程;③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值. 10. 数据、、、、中，无理数出现的频率为______． 【答案】 【解析】 【分析】频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比），即频率=频数÷总数，计算即可． 【详解】解：因为无理数有，两个， 所以出现无理数的频率是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了频率，熟练运用频率公式计算是解题的关键． 11. 如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查全等图形，勾股定理，关键是由全等三角形的性质推出，由勾股定理求出的长． 由正方形的面积公式求出，由全等三角形的性质推出，求出，由勾股定理得到； 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， 即； 故答案为：； 12. 如图，在中，P是边上一点，且、分别平分、，若，，则的面积是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，勾股定理和等腰三角形的判定，掌握以上知识是解答本题的关键． 本题证明，推出，再证明，利用勾股定理求出，然后即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，，， ∵和分别平分和， ∴，， ∴，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴的面积． 故答案为：． 13. 如图所示，过y轴正半轴上的任意一点P，作x轴的平行线，分别与反比例函数和的图象交于点A和点B，若点C是x轴上任意一点，连接，，则的面积为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查的是反比例函数图象与性质，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解答的关键． 先设，由直线轴，则A，B两点的纵坐标都为，而，分别在反比例函数和的图象上，可得到点坐标为，B点坐标为，从而求出的长，然后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：设， 直线轴， ，B两点的纵坐标都为，而点在反比例函数的图象上， 当，，即点坐标为， 又点在反比例函数的图象上， 当，，即点坐标为， ， ． 故答案为：3． 14. 一个对角线长为的矩形，顺次连接它的四边中点得到的四边形的周长是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的性质是解题的关键． 本题需要先画一个图，便于理解，然后根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形周长公式计算，得到答案． 【详解】解：如图： ， ∵、分别为、的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得：， ， ， ∴四边形的周长为：， 故答案为：． 15. 已知边长为4的菱形中，，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接．当是等腰三角形时，则的长为_______． 【答案】2或 【解析】 【分析】此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键． 本题由菱形的性质得，，可证明，则，再分三种情况讨论，一是，可证明，得，则，所以，则；二是，则，求得，作于点，则，，所以，，则；三是若，则点与点重合，不符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为4的菱形，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 如图1，是等腰三角形，且， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图2，是等腰三角形，且， ， 则， ∴， ∴， 作于点，则， ∴，， ∴， ∴， ∴； 若是等腰三角形，且，则点与点重合，不符合题意， 综上所述，的长为2或， 故答案为：2或． 16. 如图，四边形为矩形，点在第四象限，点关于的对称点为点，且，都在函数的图象上，轴于点，的延长线交轴于点，当矩形的面积为时，则的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“”的几何含义等知识，解决问题的关键是学会利用面积法解决问题．如图，连接，．首先证明，推出，推出，即可求解． 【详解】解：如图，连接，． 四边形为矩形， ， 由对称的性质可得：， ， ， 与的边上的高相等， ， ． ， 故答案为：． 三、解答题（本大题共有10小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 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和异分母分式加减法的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）本题先对二次根式化简，然后将除法换成乘法并计算，最后算减法，然后即可求解； （2）先通分，再根据分式的加减法则进行计算，即可求解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 如图1，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点以及点O均在格点上． （1）画出以为边，O为对角线交点的平行四边形． （2）如图2，画出一个以为对角线，面积为6的矩形，且D和E均在格点上（D，E，F，G按顺时针方向排列）． 【答案】（1）如图1， （2）如图2， 【解析】 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、在网格中按要求作图等知识与方法，熟练掌握和运用平行四边形及特殊的平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）在正方形网格中以点为对称中心分别找到点、的对称点、，依次连接点、、、，即得到所求的平行四边形； （2）如果沿网格线的方向画以为对角线的矩形的边，则得到的矩形的面积不是6，因此可考虑沿小正方形的对角线方向画以为对角线的矩形的边，先找到格点、，通过计算发现，，则，于是得到符合要求的矩形； 【小问1详解】 解：取格点、，连接、、， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵点是平行四边形是的对角线的中点， ∴为平行四边形对角线交点， ∴四边形就是所求的平行四边形． 【小问2详解】 解：取格点、，连接、、、， ∵、、、，都在小正方形的对角线所在的直线上， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形就是所求的矩形； 19. 化简求值：，其中是不等式组的一个整数解． 【答案】； 【解析】 【分析】根据分式的运算以及不等式组的解法即可求出答案． 【详解】解：由， 解得：， ∴不等式组的整数解为0，1，2， ， 由分式有意义的条件可知：，， ， 原式． 【点睛】本题主要考查了分式化简求作，解不等式组，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，求出不等式组的整数解． 20. 2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景．在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路（国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线）中选择一条．现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表． 游园线路 人数 国风古韵观赏线 44 世界公园打卡线 亲子互动慢游线 48 园艺小清新线 根据图表信息，解答下列问题： （1）本次调查的员工共有______人，表中的值为______： （2）在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数； （3）若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数． 【答案】（1）160，40 （2） （3）385 【解析】 【分析】本题考查统计表和扇形统计图的关联、用样本估计总体，理解题意，能从统计图中获取有用信息 是解答的关键． （1）根据选择“亲子互动慢游线”的人数及其所占的百分比可求得调查总人数，再根据选择“世界公园打卡线”对应的圆心角是可求解x值； （2）由乘以选择“国风古韵观赏线”所占的百分比可得答案； （3）先求得选择“园艺小清新线”的人数，再由单位总人数乘以样本中选择“园艺小清新线”所占的比例求解即可． 【小问1详解】 解：调查总人数为（人）， 选择“世界公园打卡线”的人数为（人）， 故答案为：160，40； 【小问2详解】 解：“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数为； 【小问3详解】 解：选择“园艺小清新线”的人数为（人）， ∴该单位选择“园艺小清新线”的员工人数为（人）． 21. 下面是小明同学解分式方程：“”的过程，请认真阅读，并完成相应的任务． 解：去分母得：…① 去括号得：…②， 移项得：…③． 合并同类项得：…④， 系数化为1得：…⑤ 经检验，是原分式方程的解． 任务一：①解答过程中，第 步开始出现了错误，产生错误的原因是 ； ②第③步变形的依据是 ； 任务二：该分式方程的解是 ． 【答案】 任务一：①；去分母时，2没有乘最简公分母；②等式的性质：等式的两边加上（或减去）同一个数或式子，等式仍然成立； 任务二： 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键． 任务一：①根据题干中解方程的步骤进行判断即可； ②根据题干中解方程的步骤即可求得答案； 任务二：将错误改正后解方程并检验即可． 【详解】解：任务一：①由解方程的步骤可得第①步开始出现了错误，产生错误的原因是去分母时，2没有乘最简公分母， ②由解方程的步骤可得第③步变形的依据是等式的性质：等式的两边加上（或减去）同一个数或式子，等式仍然成立， 故答案为：①；去分母时，2没有乘最简公分母；②等式的性质：等式的两边加上（或减去）同一个数或式子，等式仍然成立； 任务二：原方程去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 经检验，是原分式方程的解， 故答案为：． 22. 如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点． （1）求反比例函数的解析式； （2）把直线向上平移3个单位长度与的图象交于点，连接，求的面积． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，一次函数的平移等知识，熟练掌握函数的平移法则是关键． （1）待定系数法求出反比例函数解析式即可； （2）先得到平移后直线解析式，联立方程组求出点坐标，根据平行线间的距离可得，代入数据计算即可． 【小问1详解】 解：点在正比例函数图象上， ，解得， ， 在反比例函数图象上， ， 反比例函数解析式为． 【小问2详解】 解：把直线向上平移3个单位得到解析式为， 令，则， ∴记直线与轴交点坐标为，连接， 联立方程组， 解得，（舍去）， ， 由题意得：， ∴同底等高， ． 23. 如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求椅子最高点A到地面的距离． 【答案】（1） 证明：∵，，， ∴，， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，证明，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴， 延长交于， 由（1）可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 则，， 连接， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即：椅子最高点到地面的距离为． 24. 学校在某商场购买甲、乙两种不同类型的足球若干个，甲种足球购买总费用2000元，乙种足球购买总费用1400元，乙种足球的单价比甲种足球贵20元/个． （1）若本次购买甲种足球的数量是购买乙种足球数量的2倍，求甲、乙两种足球在此商场的销售单价； （2）为满足学生需求，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的销售单价进行调整，甲种足球的销售单价比上次购买时提高了，乙种足球的销售单价比上次购买时降低了．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2950元，求这所学校最多可以购买乙种足球的数量． 【答案】（1）50元，70元 （2）25个 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用、列代数式以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式． （1）根据本次购买甲种足球的数量是购买乙种足球数量的2倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出甲种足球在此商场的销售单价，再将其代入中，即可求出乙种足球在此商场的销售单价； （2）设这所学校可以购买m个乙种足球，则购买个甲种足球，利用总价单价数量，结合总价不超过2950元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论． 【小问1详解】 解：设甲、乙两种足球在此商场的销售单价分别为x元，元， 根据题意得， 解得：， 经检验，是所列方程的解，且符合题意 ∴． 答：甲种足球在此商场的销售单价为50元/个，乙种足球在此商场的销售单价为70元/个； 【小问2详解】 解：设这所学校可以购买m个乙种足球，则购买个甲种足球， 根据题意得：， 解得：， ∴m的最大值为25． 答：这所学校最多可以购买25个乙种足球． 25. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴，轴于，两点，将绕点顺时针旋转得（点与点对应，点与点对应）． （1）求出直线的解析式； （2）点为线段上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点，当时，求点的坐标； （3）如图，若点为线段的中点，点为直线上一点，点为坐标系内一点．以，，，为顶点的四边形且以为边的矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，矩形的性质，勾股定理是解题的关键． （1）根据旋转的性质求出，，再用待定系数法求函数的解析式即可； （2）设，根据平行的性质分别求出，，再由，得到方程，求出的值，然后即可求解； （3）先根据，坐标求得，设，然后分两种情况，当时，和当时，，求得的值，然后即可求解； 【小问1详解】 解：在一次函数上， 当时，， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∵绕点顺时针旋转得， ∴，， ∴由图可得：，， 设直线的解析式为， 把代入， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：设， ∴轴， ∴， ∵轴， ∴， 把代入， 解得：， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； 【小问3详解】 解：∵点为线段的中点，，， ∴， ∵直线的解析式为，点为直线上一点， 故设， 当时，， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴， 解得， ∴； 综上所述：N点坐标为或． 26. 【综合与实践】初二年级的同学们在课程中开展活动，根据以下操作，完成相应的任务． 【研究素材】若干张全等的矩形纸片，其中，． 【探究1】 小明按如图1的方式沿折叠纸片，点A与点对应，的延长线与交于点F． 【任务1】 （1）若，则 ； 【探究2】 如图2，小丽计划利用这张纸片剪出一个面积最大的菱形． 【任务2】 （2）①请你帮助小丽用无刻度的直尺和圆规作出这个菱形（不写作法，保留作图痕迹）； ②求小丽剪出的菱形的边长． 【探究3】 如图3，点E是线段上的动点，小亮利用绘图软件将绕点E逆时针旋转至． 【任务3】 （3）连接，当是等腰三角形时，直接写出的长． 【答案】（1）80； （2）①如图，连接，然后作垂直平分线，交于点，连接， ∵，最大， ∴垂直平分时，最大， ∴菱形即为所求； ②； （3）或或或6 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质可得，则，由折叠性质可知，最后通过三角形内角和定理即可求解； （2）连接，然后作垂直平分线，交于点，连接，即可；根据菱形的性质可设，则，然后由勾股定理即可求解； （3）分且在上方，且在下方,, 四种情况，逐一分析求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠性质可知， ∴， 故答案为：80； （2）①略 ②∵四边形是菱形， ∴， 设，则， 在中，可有， ∴，解得， ∴小丽剪出的菱形的边长为； （3）分三种情况讨论： ①如图，当，且在上方时，过作于点，过作于点， 由旋转性质可知， ∵，， ∴四边形均为矩形， ∴， 设，则， 则有， ∴在中，可有， ∴，解得（舍去）或， ∴； ②如图，当，且在下方时，过作于点，过作于点， 由旋转性质可知， 设，则， 则有， ∴在中，可有， ∴，解得或（舍去）， ∴； ③如图，当时，过作于点，过作于点， 由旋转性质可知， 设，则， 则有， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴在中，可有， 即有，解得或（舍去）， ∴； ④如图，当时，过作于点，过作于点， 由旋转性质可知， ∴， 设，则， 则有， ∴在中，可有， ∴，解得或（舍去）， ∴； 综上所述，的长为或或或6． 【点睛】本题考查了尺规作图——作垂线，勾股定理，矩形的性质，旋转的性质，菱形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $