黑龙江省齐齐哈尔市龙江县第六中学2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷

黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷 一、单选题（每题3分，共36分） 1．下列一定是二次根式的是（　　） A． B． C． D． 2．△ABC的三条边是a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　） A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5 B．∠A﹣∠C＝∠B C．a2+b2＝c2 D．a：b：c＝5：12：13 3．下列计算错误的是（　　） A．×＝ B．2+＝2 C．（）2＝3 D．＝2﹣ 4．如图所示，在湖边取一个可以直接到达A、B两点的点O，连结OA、OB，分别在OA、OB上取中点C，D，连结CD，并测得CD＝a，由此就知道了AB间的距离是（　　） A． B．2a C．a D．3a 5．在平行四边形ABCD中，∠A＝3∠B，则∠C等于（　　） A．45° B．60° C．120° D．135° 6．下列命题中，其逆命题不成立的是（　　） A．三角形的三边a、b、c满足a2+b2＝c2，则该三角形是直角三角形 B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 C．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 D．平行四边形对角线互相平分 7．用※定义一种新运算：对于任意实数m和n，规定m※n＝m2n﹣mn，如：1※2＝12×2﹣1×2＝0．则（﹣）※的值为（　　） A． B． C． D． 8．若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（　　） A．对角线相等的四边形 B．对角线相等的平行四边形 C．等腰梯形 D．对角线互相垂直的四边形 9．如图，平行四边形ABCD，AB＝4，AD＝2，以B为圆心，某一长度为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以M，N为圆心，以大于的长度为半径画弧，两弧交于点P，连接BP交CD于点E，连接AE，AE，BC的延长线交于点F，则CF的长为（　　） A． B．2 C． D．1 10．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EF过点O，交AD于点F，交BC于点E，若AB＝3，AC＝4，AD＝5，则△AFO与△BOE的面积之和是（　　） A．6 B．1.5 C．3 D．4 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　） A．8 B．10 C．12 D．20 12．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，P是对角线BD上的一动点，且PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N．有以下结论：①△ABC为等边三角形；②OB＝OA；③∠MPN＝60°； ④PM+PN＝BD．其中正确的有（　　）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（每题3分，共21分） 13．代数式有意义，则x的取值范围是　 　 ． 14．点（﹣3，5）到原点的距离是 　 　 ． 15．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件　 　 ，使平行四边形ABCD是菱形．（写出一个即可） 16．如图，数轴上点A表示的数为a，化简的值是 　 　 ． 17．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则图中阴影部分的面积是 　 　 ． 18．如图，点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（2，2）、（0，﹣1），那么以点A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标是　 　 ． 19．如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△AnBnAn+1的面积为 　 　 ． 三、解答题（20题8分，21题5分，22、23、24每题8分，25题12分，26题14分） 20．计算： （1）； （2）． 21．先化简，再求值：（1+）÷，其中a＝+1． 22．一个四边形的模具如图1所示，其中∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝10，，按规定这个模具中∠ACD也应为直角，解答下列问题： （1）这个模具 　 　 （填“是”或“否”）符合规定要求，请说明理由． （2）如图2，连接BD，BD＝ 　 　 ． 23．如图，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，E、F是对角线BD上两点，且AE⊥BD，CF⊥BD，连接AF、CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若AE＝6，EF＝8，AC＝ 　 　 ． 24．如图，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝14cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A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1cm/s，连接PQ、AQ、CP，设点P、Q运动的时间为ts． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形； （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形； （3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积． 25．数学课上老师让学生们折矩形纸片，由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同．所以各个图形中所隐含的“基本图形”也不同，我们可以通过发现基本图形．来研究这些图形中的几何问题． 问题解决： （1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN、AC、线段AC交MN于点O、则： ①△CDM与△AD1M的关系为 　 　 ． ②小丽说：“图1中的四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明． 拓展延伸： （2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC＝2AB＝6cm，BM＝4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长：　 　 ． 综合探究： （3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD＝1，AB＝5，在矩形ABCD的边AB上取一点M（不与A和B点重合），在边CD上取一点N（不与C和D点重合），将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积S的取值范围 　 　 ． 26．已知，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为（a，b），且a，b满足：，点D为边OA上的一个动点，将△BOD沿BD翻折，得到△BED． （1）直接写出正方形AOBC的边长； （2）如图1，若点D为AO中点，延长DE交AC于点H． ①求CH的长； ②连CE并延长交AO于点F，求CF的长； （3）如图2，若点G为AC上一点，且∠CBG＝30°，点M为BE中点，连GM．当点D从点O开始沿y轴负半轴运动，到GM取得最大值时停止，请直接写出点D运动的路径长． 黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A B B D A D A B C B 题号 12 答案 D 一、单选题（每题3分，共36分） 1．下列一定是二次根式的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据二次根式定义逐个判断即可得到答案． 【解答】解：根据二次根式概念及运算法则逐项分析判断如下： A、x不一定大于等于0，故不一定是二次根式，不符合题意； B、a不一定大于等于0，故不一定是二次根式，不符合题意； C、由x2≥0得到x2+1＞0，故一定是二次根式，符合题意； D、的根指数为3，不是二次根式，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查二次根式的定义：形如的式子叫做二次根式，解题的关键是掌握被开方数非负． 2．△ABC的三条边是a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　） A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5 B．∠A﹣∠C＝∠B C．a2+b2＝c2 D．a：b：c＝5：12：13 【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可． 【解答】解：A、设∠A＝3x，则∠B＝4x，∠C＝5x， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴3x+4x+5x＝180°，解得x＝15°， ∴∠C＝5×15°＝75°， ∴不能判断△ABC是直角三角形，符合题意； B、∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A﹣∠C＝∠B ∴∠A＝90°， ∴能判断△ABC是直角三角形，不符合题意； C、a2+b2＝c2此三角形是直角三角形，不符合题意； D、由a：b：c＝5：12：13，设a＝5k，b＝12k，c＝13k ∵（5k）2+（12k）2＝（13k）2， ∴能判断△ABC是直角三角形，不符合题意， 故选：A． 【点评】本题考查勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形；三角形内角和是180°是解题的关键． 3．下列计算错误的是（　　） A．×＝ B．2+＝2 C．（）2＝3 D．＝2﹣ 【分析】利用二次根式的乘法法则对A进行判断；利用二次根式的加减法对B进行判断；根据二次根式的性质对C、D进行判断． 【解答】解：A、原式＝＝，所以A选项的计算正确； B、2与不能合并，所以B选项的计错误； C、原式＝3，所以C项的计算正确； D、原式＝|2﹣|＝2﹣，以D选项的计算正确． 故选：B． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可． 4．如图所示，在湖边取一个可以直接到达A、B两点的点O，连结OA、OB，分别在OA、OB上取中点C，D，连结CD，并测得CD＝a，由此就知道了AB间的距离是（　　） A． B．2a C．a D．3a 【分析】三角形的中位线等于第三边的一半，由此即可计算． 【解答】解：∵C、D分别是OA和OB的中点， ∴CD是△OAB的中位线， ∴AB＝2CD＝2a． 故选：B． 【点评】本题考查三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半． 5．在平行四边形ABCD中，∠A＝3∠B，则∠C等于（　　） A．45° B．60° C．120° D．135° 【分析】由平行四边形的性质推出AD∥BC，∠C＝∠A，由平行线的性质得到∠A+∠B＝180°，而∠A＝3∠B，求出∠A＝135°，即可得到∠C的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠C＝∠A， ∴∠A+∠B＝180°， ∵∠A＝3∠B， ∴4∠B＝180°， ∴∠B＝45°， ∴∠A＝3×45°＝135°， ∴∠C＝135° 故选：D． 【点评】本题考查平行四边形的性质，关键是由平行四边形的性质推出AD∥BC，∠C＝∠A，得到∠A+∠B＝180°． 6．下列命题中，其逆命题不成立的是（　　） A．三角形的三边a、b、c满足a2+b2＝c2，则该三角形是直角三角形 B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 C．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 D．平行四边形对角线互相平分 【分析】交换命题的题设和结论后判断正误即可． 【解答】解：A、逆命题为：直角三角形的三边为a、b、c，则一定满足a2+b2＝c2；因为c不一定是斜边，故其逆命题不一定成立，该选项符合题意； B、逆命题为：平行四边形的两组对边分别平行，成立，该选项不符合题意； C、逆命题为：到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，成立，该选项不符合题意； D、逆命题为：对角线互相平分的四边形是平行四边形，成立，该选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大． 7．用※定义一种新运算：对于任意实数m和n，规定m※n＝m2n﹣mn，如：1※2＝12×2﹣1×2＝0．则（﹣）※的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据m※n＝m2n﹣mn，用与的积减去﹣与的积，求出（﹣）※的值即可． 【解答】解：∵m※n＝m2n﹣mn， ∴（﹣）※ ＝×﹣（﹣）× ＝2+． 故选：D． 【点评】此题主要考查了实数的运算，注意运算顺序，以及定义新运算，解答此类问题的关键是要明确“※”的运算方法． 8．若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（　　） A．对角线相等的四边形 B．对角线相等的平行四边形 C．等腰梯形 D．对角线互相垂直的四边形 【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EH∥AC，EH＝AC，GF∥AC，GF＝AC，EF＝BD，根据菱形的性质解答即可． 【解答】解：如图，四边形ABCD，连接AC、BD， ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点， ∴EH∥AC，EH＝AC，GF∥AC，GF＝AC，EF＝BD， ∴EH＝GF，EH∥GF， ∴四边形EFGH为平行四边形， ∵四边形EFGH是菱形时，EH＝EF， ∴BD＝AC， 即顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形时，该四边形一定是对角线相等的四边形， 故选：A． 【点评】本题主要考查的是中点四边形，掌握菱形的判定定理，三角形的中位线定理解此题的关键． 9．如图，平行四边形ABCD，AB＝4，AD＝2，以B为圆心，某一长度为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以M，N为圆心，以大于的长度为半径画弧，两弧交于点P，连接BP交CD于点E，连接AE，AE，BC的延长线交于点F，则CF的长为（　　） A． B．2 C． D．1 【分析】先利用基本作图得到BP平分∠ABC，且BP⊥AF得到AB＝BF＝4，再根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝2，最后由CF＝BF﹣BC即可解答． 【解答】解：由作法得BP平分∠ABC，且BP⊥AF， ∴AB＝BF＝4， ∵平行四边形ABCD，AD＝2， ∴BC＝AD＝2， ∴CF＝BF﹣BC＝4﹣2＝2． 故选：B． 【点评】本题考查了角平分线的性质，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，作图﹣基本作图，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键． 10．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EF过点O，交AD于点F，交BC于点E，若AB＝3，AC＝4，AD＝5，则△AFO与△BOE的面积之和是（　　） A．6 B．1.5 C．3 D．4 【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，BC＝AD＝5，OA＝OC，则∠AFO＝∠CEO，由AB2+AC2＝BC2＝25，证明∠BAC＝90°，求得S△ABC＝AB•AC＝6，则S△AOB＝S△COB＝3，再证明△AOF≌△COE，则S△AOF＝S△COE，所以S△AOF+S△BOE＝S△COB＝3，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，AB＝3，AC＝4，AD＝5， ∴AD∥BC，BC＝AD＝5，OA＝OC， ∵EF过点O，交AD于点F，交BC于点E， ∴∠AFO＝∠CEO， ∵AB2+AC2＝32+42＝25，BC2＝52＝25， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°， ∴S△ABC＝AB•AC＝×3×4＝6， ∴S△AOB＝S△COB＝S△ABC＝3， 在△AOF和△COE中， ， ∴△AOF≌△COE（AAS）， ∴S△AOF＝S△COE， ∴S△AOF+S△BOE＝S△COE+S△COE＝S△COB＝3， 故选：C． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质等知识，推导出∠BAC＝90°，并且证明△AOF≌△COE是解题的关键． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　） A．8 B．10 C．12 D．20 【分析】连接BP，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝4，连接PE、CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，连接BP， 在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝6， ∵AP＝CQ， ∴AD﹣AP＝BC﹣CQ， ∴DP＝QB，DP∥BQ， ∴四边形DPBQ是平行四边形， ∴PB∥DQ，PB＝DQ， 则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值， 在BA的延长线上截取AE＝AB＝4，连接PE， 则BE＝2AB＝8， ∵PA⊥BE， ∴PA是BE的垂直平分线， ∴PB＝PE， ∴PC+PB＝PC+PE， 连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE， ∴CE＝＝＝10， ∴PC+PB的最小值为10， 即PC+QD的最小值为10， 故选：B． 【点评】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE是解题的关键． 12．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，P是对角线BD上的一动点，且PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N．有以下结论：①△ABC为等边三角形；②OB＝OA；③∠MPN＝60°； ④PM+PN＝BD．其中正确的有（　　）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据菱形的性质即可判断①；结合（1）利用含30度角的直角三角形即可判断②；根据四边形内角和等于360度即可判断③；如图，延长NP交BC于点G，利用角平分线的性质即可解决问题． 【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形，故①正确； ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠ABO＝∠CBO＝30°， ∴OB＝OA，故②正确； ∵PM⊥AB，PN⊥AD， ∴∠AMP＝∠ANP＝90°， ∵AD∥BC，∠ABC＝60°， ∴∠BAD＝120°， ∴∠MPN＝60°，故③正确； 如图，延长NP交BC于点G， ∵AD∥BC，PN⊥AD， ∴PG⊥BC， ∵PM⊥AB，BP平分∠ABC， ∴PM＝PG， ∴PM+PN＝PG+PN＝NG， ∵∠PBG＝∠PDN＝30°， ∴PB＝2PG，PD＝2PN， ∴PM+PN＝PG+PN＝PB+PD＝（PB+PD）＝BD， ∴PM+PN＝BD，故④正确， 综上所述：正确的有4个． 故选：D． 【点评】本题是考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 二、填空题（每题3分，共21分） 13．代数式有意义，则x的取值范围是x＞1　 ． 【分析】根据分母不为0和被开方数为非负数列出不等式，即可得到答案． 【解答】解：∵代数式有意义， ∴x﹣1＞0， 解得：x＞1． 故答案为：x＞1． 【点评】本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，掌握分式和二次根式的定义是关键． 14．点（﹣3，5）到原点的距离是 　　 ． 【分析】依题意，结合勾股定理列式计算，即可作答． 【解答】解：由勾股定理可得， ∴点（﹣3，5）到原点的距离是， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面直角坐标系的点与点的距离，勾股定理，熟练掌握以上知识点是关键． 15．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件AD＝AB（答案不唯一）　 ，使平行四边形ABCD是菱形．（写出一个即可） 【分析】根据菱形的判定方法作答． 【解答】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴当AD＝AB时，可使平行四边形ABCD是菱形 故答案为：AD＝AB（答案不唯一）． 【点评】本题考查了菱形的判定，熟记相关定理内容：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 16．如图，数轴上点A表示的数为a，化简的值是 　5　 ． 【分析】由数轴知0＜a＜5，即可得a﹣5＜0，据此依据二次根式的性质化简可得． 【解答】解：由数轴知0＜a＜5， 则a﹣5＜0， ∴原式＝a﹣（a﹣5） ＝a﹣a+5 ＝5， 故答案为：5． 【点评】本题主要考查二次根式的性质与化简，解题的关键是掌握二次根式的性质． 17．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则图中阴影部分的面积是 　6　 ． 【分析】作辅助线，连接BD，可得三角形DBF为直角三角形，求出DF，根据直角三角形斜边中线可得结论． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD，BEFG是正方形，且边长分别为3和4， ∴∠DBC＝∠GBF＝45°，BD＝3，BF＝4， ∴∠DBF＝90°， ∵H为线段DF的中点， ∴S阴＝S△DBF＝××3×4＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质；作辅助线构建直角三角形是关键． 18．如图，点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（2，2）、（0，﹣1），那么以点A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标是　（﹣2，﹣1）或（2，﹣1）或（2，5）　 ． 【分析】分别以AB、AC、BC为对角线确定点D的位置，据此可得． 【解答】解：点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（2，2）、（0，﹣1）， ∴AB＝2，OA＝2，OC＝1， 分三种情况：如图所示， ①AC为对角线时，CD＝AB＝2， ∴点D的坐标为（﹣2，﹣1）； ②BC为对角线时，AB＝CD＝2， ∴点D的坐标为（2，﹣1）； ③AB为对角线时，BD＝AC＝3， ∴点D的坐标为（2，5）； 综上所述，第四个顶点D的坐标为（﹣2，﹣1）或（2，﹣1）或（2，5）； 故答案为：（﹣2，﹣1）或（2，﹣1）或（2，5）． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质以及分类讨论；熟练掌握平行四边形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键． 19．如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△AnBnAn+1的面积为 　　 ． 【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2…进而得出答案． 【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形， ∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°， ∴∠2＝120°， ∵∠MON＝30°， ∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°， 又∵∠3＝60°， ∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∵∠MON＝∠1＝30°， ∴OA1＝A1B1＝1， ∴A2B1＝1， ∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形， ∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°， ∵∠4＝∠12＝60°， ∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3， ∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°， ∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3， ∴A3B3＝4B1A2＝4， A4B4＝8B1A2＝8， A5B5＝16B1A2＝16， 以此类推：△AnBnAn+1的边长为 2n﹣1． △AnBnAn+1的面积为＝＝． 答案是：． 【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出A3B3＝4B1A2，A4B4＝8B1A2，A5B5＝16B1A2进而发现规律是解题关键． 三、解答题（20题8分，21题5分，22、23、24每题8分，25题12分，26题14分） 20．计算： （1）； （2）． 【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答； （2）利用完全平方公式，平方差公式进行计算，即可解答． 【解答】解：（1） ＝2+（﹣3）﹣1+4﹣ ＝2﹣3﹣1+4﹣ ＝； （2） ＝4﹣3+2﹣2+3 ＝6﹣2． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键． 21．先化简，再求值：（1+）÷，其中a＝+1． 【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可． 【解答】解：（1+）÷ ＝• ＝， 当a＝+1时，原式＝＝＝1+． 【点评】本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键． 22．一个四边形的模具如图1所示，其中∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝10，，按规定这个模具中∠ACD也应为直角，解答下列问题： （1）这个模具 　是　 （填“是”或“否”）符合规定要求，请说明理由． （2）如图2，连接BD，BD＝ 　2　 ． 【分析】（1）先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AC的长，然后利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，从而可得∠ACD＝90°，即可解答； （2）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，根据垂直定义可得∠ABC＝∠DEC＝90°，从而可得∠BAC+∠ACB＝90°，再利用平角定义可得∠ACB+∠DCE＝90°，从而可得∠BAC＝∠DCE，然后利用AAS证明△ABC≌△CED，从而可得AB＝CE＝8，DE＝BC＝6，进而可得BE＝14，最后在Rt△BDE中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：（1）这个模具是符合规定要求， 理由：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6， ∴AC＝＝＝10， ∵CD＝10，， ∴AC2+CD2＝102+102＝200，AD2＝（10）2＝200， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴△ACD是直角三角形， ∴∠ACD＝90°， ∴这个模具是符合规定要求， 故答案为：是； （2）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E， ∴∠DEC＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABC＝∠DEC＝90°，∠BAC+∠ACB＝90°， ∵∠ACD＝90°， ∴∠ACB+∠DCE＝180°﹣∠ACD＝90°， ∴∠BAC＝∠DCE， ∵AC＝CD， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴AB＝CE＝8，DE＝BC＝6， ∴BE＝BC+CE＝14， 在Rt△BDE中，BD＝＝＝2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 23．如图，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，E、F是对角线BD上两点，且AE⊥BD，CF⊥BD，连接AF、CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若AE＝6，EF＝8，AC＝ 　4　 ． 【分析】（1）证△AEB≌△CFD，得AE＝CF，再由AE∥CF，即可得出结论； （2）根据平行四边形的性质和勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， ∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴AE∥CF，∠AEB＝∠CFD＝90°， 在△AEB和△CFD中， ， ∴△AEB≌△CFD（AAS）， ∴AE＝CF， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）解：如图，设EF，AC交于O， 由（1）知，四边形AECF为平行四边形， ∴AC＝2AO，OE＝EF＝4， ∵AE⊥BD， ∴∠AEO＝90°， ∴AO＝＝＝2， ∴AC＝2AO＝4， 故答案为：4． 【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理，全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△AEB≌△CFD是解题的关键． 24．如图，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝14cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A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1cm/s，连接PQ、AQ、CP，设点P、Q运动的时间为ts． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形； （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形； （3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积． 【分析】（1）由矩形的性质可得BQ＝AP，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得AQ＝CQ，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用t的值求出CQ的长，然后根据L菱形AQCP＝4CQ和S菱形AQCP＝CQ•AB即可求出菱形AQCP的周长和面积． 【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝14cm，点P从点D出发向点A运动，点Q从点B出发向点C运动，点P、Q的速度都是1cm/s，设点P、Q运动的时间为ts， ∴BQ＝tcm，AP＝（14﹣t）cm， ∵四边形ABQP是矩形， ∴BQ＝AP，即t＝14﹣t， 解得：t＝7， 答：当t＝7时，四边形ABQP是矩形； （2）∵AP＝CQ＝（14﹣t）cm，AP∥CQ， ∴四边形AQCP是平行四边形； ∵四边形AQCP是菱形， ∴AQ＝CQ，即， 解得：， 答：当时，四边形AQCP是菱形； （3）当时，cm， ∴菱形AQCP的周长为：， 菱形AQCP的面积为：． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，菱形的性质，解一元一次方程，代数式求值，多边形的周长，利用菱形的性质求面积等知识点，利用各种图形的性质建立方程解决问题是解题的关键． 25．数学课上老师让学生们折矩形纸片，由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同．所以各个图形中所隐含的“基本图形”也不同，我们可以通过发现基本图形．来研究这些图形中的几何问题． 问题解决： （1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN、AC、线段AC交MN于点O、则： ①△CDM与△AD1M的关系为 　△CDM≌△AD1M ． ②小丽说：“图1中的四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明． 拓展延伸： （2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC＝2AB＝6cm，BM＝4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长：　　 ． 综合探究： （3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD＝1，AB＝5，在矩形ABCD的边AB上取一点M（不与A和B点重合），在边CD上取一点N（不与C和D点重合），将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积S的取值范围 　0.5≤S△MNP≤1.3　 ． 【分析】（1）①由全等三角形的判定可得出结论； ②利用翻折变换的性质以及全等三角形的性质解决问题即可． （2）证明AN＝NM，设AN＝MN＝x，在Rt△ANB1中，利用勾股定理构建方程求解即可． （3）分别求出△MNP的面积的最大值与最小值即可解决问题． 【解答】解：（1）①∵矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置， ∴AM＝MC，AD1＝CD，MD1＝MD， ∴△AMD1≌△CMD（SSS）， 故答案为：△CDM≌△AD1M； ②∵MN垂直平分线段AC， ∴OA＝OC， ∵AD∥CB， ∴∠AMO＝∠CNO， ∵∠AOM＝∠CON， ∴△AMO≌△CNO（AAS）， ∴OM＝ON，AM＝CM， ∴线段AC与线段MN互相垂直平分． ∵MA＝MC，NA＝NC， ∴AM＝CM＝CN＝AN， ∴四边形ANCM是菱形； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝∠B＝90°， 由翻折的性质可知，∠AMB＝∠AMN，∠B1＝∠B＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠AMB＝∠MAN， ∴∠AMN＝∠NAM， ∴AN＝NM， 设AN＝MN＝x， 在Rt△ANB1中，∵AB1＝AB＝3，NB1＝4﹣x，AN＝x， ∴x2＝32+（4﹣x）2， 解得x＝， ∴AN＝， ∴DN＝AD﹣AN＝6﹣＝． 故答案为：． （3）如图3，当点B与点D重合时，△MNP的面积最大，作MH⊥BN于H，则MH＝AB＝1， 由题意得：MP＝MQ，设MP＝MQ＝k，则AM＝5﹣k； 由勾股定理得：（5﹣k）2+12＝k2， 解得：k＝2.6；由（1）知： NP＝MP＝2.6，MH＝1， ∴S△MNK＝•NP•MH＝1.3， ∴△MNP的面积的最大值为1.3． 因为PN的最小值为1， ∴△MNP的面积的最小值为×1×1＝0.5， ∴0.5≤S△MNP≤1.3． 故答案为：0.5≤S△MNP≤1.3． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题． 26．已知，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为（a，b），且a，b满足：，点D为边OA上的一个动点，将△BOD沿BD翻折，得到△BED． （1）直接写出正方形AOBC的边长； （2）如图1，若点D为AO中点，延长DE交AC于点H． ①求CH的长； ②连CE并延长交AO于点F，求CF的长； （3）如图2，若点G为AC上一点，且∠CBG＝30°，点M为BE中点，连GM．当点D从点O开始沿y轴负半轴运动，到GM取得最大值时停止，请直接写出点D运动的路径长． 【分析】（1）根据非负性即可作答； （2）①由翻折得BE＝BO＝BC，DE＝DO，进而推出Rt△CHB≌Rt△EHB（HL），设CH＝EH＝x，根据勾股定理即可求得CH； ②同角的余有相等，进而推出△ACF≌△CBH（AAS ），CF＝，作答即可； （3）由翻折BM＝BE，由GM≤GB+BM，当G、B、M共线时，GM＝GB+BM最大，BD＝2OB，OD＝，即可作答． 【解答】解：（1）∵， ∴b﹣6＝0，6﹣b＝0， ∴b＝6， ∴a﹣6＝0， ∴a＝6， ∴正方形AOBC的边长为6； （2）由（1）知正方形达长为6， D是OA的中点，则OD＝AD＝3， ①由翻折得BE＝BO＝BC＝6，DE＝DO＝3， ∠DEB＝∠DOB＝90°， 连接BH， 则∠BEH＝∠BCH＝90°， ∵BH＝BH， ∴Rt△CHB≌Rt△EHB（HL）， ∴EH＝CH， 设CH＝EH＝x， 则AH＝AC﹣CH＝6﹣x， 在Rt△ADH中， 由AD2+AH2＝DH2， 即32+（6﹣x）2＝（3+x）2， 解得x＝2， ∴CH的长为2； ②由CH＝EH，CB＝EB， 得HB垂直平分EC， ∴∠BCF+∠CBH＝90°， 又∠ACB＝∠ACF+∠BCF＝90°， ∴∠CBH＝∠ACF（同角的余有相等）， 又∠FAC＝∠HCB＝90°，AC＝CB， ∴△ACF≌△CBH（AAS ）， ∴AF＝CH＝2， ∴CF＝＝＝， 即CF的长为； （3）由翻折知BE＝BO＝6， 又M是BE的中点， ∴BM＝BE＝3， 由GM≤GB+BM， ∴当G、B、M共线时，GM＝GB+BM最大， 如图所示， ∵∠CBG＝30°， ∴∠OBG＝60°， ∵∠OBD＝∠EBD， ∴∠OBD＝＝60°， ∴∠ODB＝30°， ∴BD＝2OB＝12， ∴OD＝＝＝， ∴点D运动的路径长为． 【点评】本题考查四边形综合题，三角形全等，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，全等三角形的判定和性质． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $