精品解析：江西省九校协作体2021-2022学年下学期八年级创新思维能力测试数学试卷

江西省九校协作体2021-2022学年下学期八年级创新思维能力测试数学试卷 说明： 1．本卷共有3个大题，15个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试卷上作答不给分． 一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个正确选项） 1. 如果，，是正数，且满足，，那么的值为（ ） A. B. C. D. 2. 设实数x、y满足，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2021 3. 如图所示，已知，那么五边形的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，直线与轴、轴分别交于点和点，点C、D分别为线段、的中点，点为上一动点，当的值最小时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，四边形是平行四边形，已知，则的值是（ ） A. 50 B. 66 C. 82 D. 90 6. 如图所示的正方形网格中共有16个格点（组成网格的小正方形的顶点称为格点），若以A，B两个格点为顶点作格点平行四边形（顶点均为格点的四边形称为格点四边形），则这样的平行四边形共有（ ） A. 5个 B. 8个 C. 9个 D. 10个 二、填空题（共6小题，每小题6分，共36分） 7. 计算的值为____________． 8. 无论为何值，一次函数的图象必经过的定点为____________． 9. 已知，且．则正整数的值为____________． 10. 如图所示，在矩形中，，，四边形为菱形，点在上，点在上，若菱形的一条对角线，则菱形的另一条对角线的长度是____________． 11. 如图所示，在菱形纸片中，，将菱形纸片翻折，使点落在的中点处，折痕为，点E，G分别在边上，则四边形的面积为____________． 12. 如图所示，在四边形中，，则____________． 三、解答题（本大题共3小题，共48分，其中第13题14分，第14题14分，第15题20分） 13. 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，D为斜边BC中点，DE⊥DF，求证：． 14. 某汽车从地驶向地，若每分钟行驶千米，则11点到达，若每分钟行驶千米，则时距离地还有10千米；如果改变出发时间，若每分钟行驶千米，则11点到达，若每分钟行驶千米，则时已超过地30千米，求两地距离． 15. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是一个面积为的矩形，，点的坐标为，直线经过点，且动点在线段上从点出发以每秒个单位的速度向点运动，同时动点从点出发以每秒个单位的速度沿的方向向点运动，过点作垂直于轴，与折线相交于点，当两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒，的面积为． （1）点的坐标为___________，直线的解析式为___________； （2）试求点与点相遇前与的函数关系式，并写出相应的的取值范围； （3）随着两点的运动，当点在线段上运动时，设的延长线与直线相交于点，试探究：当为何值时，为等腰三角形，请直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省九校协作体2021-2022学年下学期八年级创新思维能力测试数学试卷 说明： 1．本卷共有3个大题，15个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试卷上作答不给分． 一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个正确选项） 1. 如果，，是正数，且满足，，那么的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，根据将化为，然后根据同分母的分式加减运算法则作进一步化简，再将代入即可．掌握分式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴ ， ∴的值为． 故选：C． 2. 设实数x、y满足，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2021 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，分母有理化．根据题意可得，，然后两式左右两边分别相加，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 同理， ∴， ∴， 即． 故选：C 3. 如图所示，已知，那么五边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，延长交于点，延长于点，作于点，证明，得到，三线合一得到，进而得到平分，证明，进而得到，推出为等边三角形，利用分割法求出五边形的面积即可． 【详解】解：连接，延长交于点，延长于点，作于点， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 同理：， 设，则：， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴五边形的面积 ； 故选：B． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，是解题的关键． 4. 如图所示，直线与轴、轴分别交于点和点，点C、D分别为线段、的中点，点为上一动点，当的值最小时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及轴对称中最短路径问题，解题的关键是求出直线的解析式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，找出点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是关键． 根据一次函数解析式求出点、的坐标，再由中点坐标公式求出点、的坐标，根据对称的性质找出点的坐标，结合点、的坐标求出直线的解析式，令即可求出的值，从而得出点的坐标． 【详解】解：作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时值最小，最小值为，如图． 令中，则， 点的坐标为； 令中，则，解得：， 点的坐标为． 点、分别为线段、的中点， 点，点． 点和点关于轴对称，如图： 点的坐标为．， ∴， 当、、三点共线时，最小，是与轴交点 设直线的解析式为， 直线过点，， ，解得：， 直线的解析式为． 令，则， 点的坐标为． 故选：A． 5. 如图所示，四边形是平行四边形，已知，则的值是（ ） A. 50 B. 66 C. 82 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，先结合平行四边形的性质证明，可得，设，可得，然后根据勾股定理表示，然后整体代入计算解题． 【详解】解：如图，分别过点A，D作，垂足分别为点M，N， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴，，， ∴ 故选：C 6. 如图所示的正方形网格中共有16个格点（组成网格的小正方形的顶点称为格点），若以A，B两个格点为顶点作格点平行四边形（顶点均为格点的四边形称为格点四边形），则这样的平行四边形共有（ ） A. 5个 B. 8个 C. 9个 D. 10个 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的判定定理，根据平行四边形的判定和网格的特点求解即可． 【详解】解：如图所示， 以为边的格点平行四边形共有5个，以为对角线的格点平行四边形共有5个， ∴以A，B两个格点为顶点作格点平行四边形，这样的平行四边形共有10个． 故选：D． 二、填空题（共6小题，每小题6分，共36分） 7. 计算的值为____________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式，先整理原式，再根据平方差公式进行简便运算，即可作答． 【详解】解： ， 故答案为：1． 8. 无论为何值，一次函数的图象必经过的定点为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键． 将一次函数解析式化为关于k的一元一次方程，根据方程有无数解解答即可． 【详解】解：∵ ∴， ∴， ∵无论k取何值，一次函数的图象必过定点， ∴， 解得：， ∴一次函数的图象必经过的定点为． 故答案为： 9. 已知，且．则正整数的值为____________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程、二次根式的四则运算等知识点，根据题意得到是解题关键． 先根据二次根式的运算得到，再根据完全平方公式的变形可得，然后代入计算，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵n为正整数， ∴n的值为2． 故答案为：2 10. 如图所示，在矩形中，，，四边形为菱形，点在上，点在上，若菱形的一条对角线，则菱形的另一条对角线的长度是____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是矩形的性质，菱形的性质，平行四边形及全等三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．如图，延长，交的延长线于点，先证明，得到，，进一步得出，利用面积相等可得答案． 【详解】解：延长，交的延长线于点，如图， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形，，， ∴， 在和中， ， ， ∴，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 11. 如图所示，在菱形纸片中，，将菱形纸片翻折，使点落在的中点处，折痕为，点E，G分别在边上，则四边形的面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】过点G作于点H，交于点I，连接，根据菱形性质得，设，则，， ，由勾股定理得，解得，由勾股定理求出，可得 ，设，则，由勾股定理得，解得，代入计算即可得解． 【详解】过点G作，交延长线于点H，交于点I， 则， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，F是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则，， ∴，， 由折叠知，， ∵， ∴， 解得， ∴， 连接， 则是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形与折叠变换，菱形的性质，折叠性质，等边三角形判定和性质，含30°角的直角三角形性质，勾股定理，矩形判定和性质，是解题关键． 12. 如图所示，在四边形中，，则____________． 【答案】8 【解析】 【分析】将绕点B逆时针旋转得到，连接，，过点A作于H．由旋转性质可得出：，，，，，．在中，由勾股定理可得出的长，易得是等腰直角三角形，则，进而得出．再根据得出，根据直角三角形两锐角互余性质得出：，即可得出，再根据含角的直角三角形的性质得出．在中，由勾股定理可得出的长，由，，利用平行线的判定得出．再根据，，可得，根据平行四边形的判定定理可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得出．在中，由勾股定理得出的长，进而得出的长． 【详解】解：如图所示，将绕点B逆时针旋转得到，连接，，过点A作于H． 由旋转性质可得：，，，，，． 在中，由勾股定理，得， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 在中，由勾股定理，得， ∴， ∴， ∴． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余性质，平行线的判定是解题的关键． 三、解答题（本大题共3小题，共48分，其中第13题14分，第14题14分，第15题20分） 13. 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，D为斜边BC中点，DE⊥DF，求证：． 【答案】 证明：延长ED到G，使DG＝DE，连接EF、FG、CG，如图所示： 在△EDF和△GDF中 ， ∴△EDF≌△GDF（SAS）， ∴EF＝FG 又∵D为斜边BC中点 ∴BD＝DC 在△BDE和△CDG中， ， ∴△BDE≌△CDG（SAS） ∴BE＝CG，∠B＝∠BCG ∴ABCG ∴∠GCA＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90° 在Rt△FCG中，由勾股定理得： ∴． 【解析】 【分析】延长ED到G，使DG＝DE，连接EF、FG、CG，证明△EDF≌△GDF（SAS），△BDE≌△CDG（SAS），根据全等三角形的性质得出BE＝CG，∠B＝∠BCG，进而可得ABCG，在Rt△FCG中，由勾股定理即可得证． 【详解】略 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，证明∠GCA＝90°是解题的关键． 14. 某汽车从地驶向地，若每分钟行驶千米，则11点到达，若每分钟行驶千米，则时距离地还有10千米；如果改变出发时间，若每分钟行驶千米，则11点到达，若每分钟行驶千米，则时已超过地30千米，求两地距离． 【答案】54千米 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，分式方程的应用. 设两地距离为千米，根据题意得到，整理后求出即可. 【详解】解：设两地距离为千米， 若每分钟行驶千米，则从地驶向地共需分钟，若每分钟行驶千米，则从地驶向地共需分钟，距离地还有10千米时共需分钟， 根据若每分钟行驶千米，则11点到达，若每分钟行驶千米，则时距离地还有10千米可得： 同理可得 ∴， 整理得 解得． 经检验是原方程组的解． 答：两地距离为54千米． 15. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是一个面积为的矩形，，点的坐标为，直线经过点，且动点在线段上从点出发以每秒个单位的速度向点运动，同时动点从点出发以每秒个单位的速度沿的方向向点运动，过点作垂直于轴，与折线相交于点，当两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒，的面积为． （1）点的坐标为___________，直线的解析式为___________； （2）试求点与点相遇前与的函数关系式，并写出相应的的取值范围； （3）随着两点的运动，当点在线段上运动时，设的延长线与直线相交于点，试探究：当为何值时，为等腰三角形，请直接写出的值． 【答案】（1）； （2） （3）或 【解析】 【分析】（）利用矩形性质、等腰直角三角形判定及待定系数法；由矩形面积、，得 ，(矩形对边相等)；由，为等腰直角三角形，故 ，得；设直线的解析式为，代入，解得，，故解析式为； （）分阶段讨论的位置，计算的底()和高；相遇时间：通过与横坐标相等列方程，解得(相遇时间)；分情况：当时，根据线段长度关系表示出，利用三角形面积公式求；当时,表示出，进而得到，再求出边上的高，最后利用三角形面积公式求;当时表示出，进而得到，利用三角形面积公式求解答即可； （）当点在线段上运动时，根据条件画出图形，利用的代数式表示出，再根据等腰三角形的性质列出关于的方程求解； 【小问1详解】 解：∵点的坐标为， ∴， ∵四边形是一个面积为的矩形， ∴， ∴， ∴ 为等腰直角三角形， ∴， ∴； ∴设直线的解析式为， ∴ ∴直线的解析式为 故答案为：； ； 【小问2详解】 根据题意，当点与点的相遇时，可得： 解得： 即当时，点与点相遇， 分三种情况： ①当时，如图， 此时， ， ②当时，如图， 此时，. ∴ ∴的边上的高为： ∴； ③当时，如图， 此时，， ∴ 综上所述， 【小问3详解】 当点在线段上运动时，，当点到达点时， 此时，为直角三角形，，如图 ∵为等腰三角形， ∴ 由()知：，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 解得：或， 综上，当：或时，为等腰三角形. 【点睛】本题主要运用矩形性质、等腰直角三角形性质、待定系数法、分类讨论思想以及等腰三角形性质等知识求解．涉及到根据点的坐标和矩形面积求边长、用待定系数法求直线解析式、分情况讨论三角形面积表达式以及根据等腰直角三角形的性质列方程求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $