2025-2026学年苏科版数学第八年级下册七周滚动练习

2025-2026学年第二学期初二数学第七周滚动练习 一．选择题（共8小题） 1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．下列计算中，正确的是（　　） A．3+4＝7； B．2＝2； C．2； D．4 3．下列分式中，属于最简分式的是（　　） A．； B．； C．； D． 4．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠C＝120°，G是CD的中点，连接AG，则线段AG的长是（　　） A．3 B． C． D．5 第4题第5题第6题 5．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（　　） A．当AB＝BC时，它是菱形； B．当AC⊥BD时，它是菱形； C．当AC＝BD时，它是矩形； D．当∠ABC＝90°时，它是正方形。 6．如图，已知矩形ABCD的对角线AC的长为10cm，连结矩形各边中点E、F、G、H得四边形EFGH，则四边形EFGH的周长为（　　）cm． A．10 B．20 C．30 D．40 7．已知一元二次方程x2+4x+3＝0，则此方程的根的情况是（　　） A．有两个相等的实数根； B．有两个不相等的实数根； C．无实数根； D．无法判断根的情况。 8．定义新运算：对于两个不相等的实数a，b，我们规定符号max{a，b}表示a，b中的较大值，如：max{1，3}＝3，因此max{﹣1，﹣3}＝﹣1；按照这个规定，若max{x，﹣x}，则x的值是（　　）A．﹣1 ； B．﹣1或2； C．2 ； D．1或2。 二．填空题（共8小题） 9．若有意义，则x的取值范围为　 　 ． 10．图中有三个正方形，大正方形ABCD与两个小正方形的面积分别记为S，S1，S2，若S﹣（S1+S2）＝38，则AC的长为　 　 ． 第10题第13题第14题 11．已知关于x的方程3x2﹣2x+m＝0有两个实数根，那么实数m的取值范围是　 　 ． 12．已知关于x的分式方程的解是正数，则a的取值范围为　 　 ． 13．如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，沿EF翻折后，点B落在边CD上的G处．若EG⊥CD，BE＝5，DG＝3，则AE的长为 　 　 ． 14．如图，正方形ABCD中，点P为对角线AC上一点，连接BP，过点P作PQ⊥BP，交AD于点Q，若，，则AQ的长为 　 　 ． 15．如图，四边形ABCD是正方形纸片，AB＝2．对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠正方形纸片，使点A落在EF上的点M处，折痕为BP；再次展平，延长PM交CD于点Q．有如下结论：①∠ABM＝60°；②AP＝1；③AP+CQ＝PQ：④H为线段BP上一动点，则的最小值是，其中正确结论的序号是　 　 ． 16．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F为边CD的中点，E为矩形ABCD外一动点．且∠AEC＝90°，则线段EF的最大值为 　 　 ． 第15题第16题 三．解答题（共11小题） 17．计算：． 18．先化简，再求值：，在﹣4＜x＜0中选一个整数求值． 19．解方程：（1）x2﹣2x﹣1＝0； （2）2x2+4x﹣5＝0． 20．如图，已知▱ABCD，延长AB到E，使BE＝AB，连接BD，ED，EC，若ED＝AD． （1）求证：四边形BECD是矩形； （2）连接AC，若AD＝6，CD＝3，求AC的长． 21．规定：如果实数a，b，c满足a﹣b＝b﹣c，那么称一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）为“等差”二次方程． （1）下列方程是“等差”二次方程的有　 　 （填序号）； ①3x2+4x+5＝0；②x2+2x﹣3＝0；③x2﹣1＝0；④ （2）若“等差”二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个根为2，求这个方程的另一个根； （3）若m，n是“等差”二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根，请写出m，n的数量关系，并说明理由． 22．已知关于x的一元二次方程x2+（1﹣2m）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根． （1）求实数m的取值范围； （2）设x1，x2是方程的两个根且，求m的值． 23．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点M，点E是BC的中点，AE交BD于点F，延长AE至点G，使FG＝AF，连接CF，CG，BG． （1）求证：四边形CFBG是平行四边形； （2）若四边形CFBG是矩形，且AD＝2，求AB的长度． 24．为了倡导绿色出行，某学校计划利用一片空地建一个面积为110m2的矩形车棚，方便学生停放自行车，车棚其中一边靠墙，这堵墙的长度为12m，另外三边用总长为30m的木板墙． （1）如图1，为方便出行，学校决定在与墙平行的一边上开一个2m宽的门，那么这个车棚的长和宽分别应为多少米？ （2）在（1）的条件下，如图2，为了方便取车，施工单位决定在车棚内修建三条等宽的小路，使得停车区的面积为80m2，那么小路的宽度是多少米？ 25．如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点． （1）求证：AO＝BO； （2）求证：∠HEB＝∠HNB； （3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值． 26．阅读下面内容：我们已经学习《二次根式》和《乘法公式》，可以发现：当a＞0，b＞0时，∵；∴，当且仅当a＝b时取等号． 请利用上述结论解决以下问题： （1）当x＞0时，的最小值为　 　 ； （2）当x＞3时，求当x取何值，有最小值，最小值是多少？ （3）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB、△COD的面积分别为4和9，求四边形ABCD的面积的最小值． 27．如图，矩形ABCD中，AB＝5cm，BC＝6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s速度移动．如果P，Q分别从A，B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒．（0＜t＜3） （1）当t为何值时，PQ的长度等于5cm？ （2）连接PC，是否存在t的值，使得△PQC的面积等于8cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【点评】考查根的判别式，牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题关键． 8．【解答】解：若x＞﹣x，即x＞0，则x，解得x＝2（负值舍去）； 若x＜﹣x，即x＜0，则﹣x，解得x＝﹣1（正值舍去）；故选：B． 【点评】本题主要考查了新定义和解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 二．填空题（共8小题） 9．【解答】解：根据已知，得x+7≥0且x﹣3≠0， 解得x≥﹣7且x≠3．故答案为：x≥﹣7且x≠3． 【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键． 10．【解答】解：如图，大正方形ABCD与两个小正方形的面积分别记为S，S1，S2， 设正方形ABCD的边长为2a，∴∠BAC＝45°，∠ABC＝90°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AC2a， ∴BE＝EF＝AE＝a，AG＝GH＝HCa，由题意得：4a2﹣a2﹣（a）2＝38， 解得：a＝3（负值已舍去），∴AC＝2a＝12，故答案为：12． 【点评】本题考查的是勾股定理、正方形的性质，解答本题的关键要明确：如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． 第10题第13题 11．【解答】解：由题知，因为关于x的方程3x2﹣2x+m＝0有两个实数根， 所以Δ＝（﹣2）2﹣4×3×m≥0，解得m．故答案为：m． 【点评】本题主要考查了根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键． 12．【解答】解：，2x+a﹣3a＝x﹣3，解得：x＝2a﹣3， ∵分式方程的解是正数，∴2a﹣3＞0且2a﹣3≠3， 解得：且a≠3．故答案为：且a≠3． 【点评】考查分式方程的解，解一元一次不等式，掌握解分式方程的一般步骤是关键． 13．【解答】解：作BH⊥CD交DC的延长线于点H，则∠H＝90°， ∵EG⊥CD，∴BH∥EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC＝CD， ∴BE∥GH，∴四边形BEGH是平行四边形，∴GH＝BE＝5， 由折叠得GE＝BE＝5，∴BH＝GE＝5，∵DG＝3，∴DH＝DG+GH＝3+5＝8， ∵BH2+CH2＝BC2，CH＝8﹣CD＝8﹣AB，∴52+（8﹣AB）2＝AB2， 解得AB，∴AE＝AB﹣BE5，故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 14．【解答】解：过点P作PH⊥AB于点P，PM⊥BC于点M，MP的延长线交AD于点N，如图所示：∴∠PHA＝∠PHB＝∠PNA＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠ABC＝90°，∠PAH＝∠PCM＝45°，AD∥BC， ∴PM⊥BC，∴∠PMC＝∠PMB＝90°， 在△PMC中，∠PMC＝90°，∠PCM＝45°， ∴△PMC是等腰直角三角形，∴PM＝CM， 在Rt△AMC中，CP，由勾股定理得：CPPM， ∴PM＝CMCP2，∵∠PMB＝90°，∴△PMB是直角三角形， 在Rt△PMB中，BP，由勾股定理得：BM4， ∵∠PMB＝∠ABC＝∠PHB＝90°，∴四边形PMBH是矩形，∴PH＝BM＝4， ∵∠PNA＝∠DAB＝∠PHA＝90°，∴四边形PNAH是矩形， 在△PAH中，∠PHA＝90°，∠PAH＝45°，∴△PAH是等腰直角三角形， ∴AH＝PH＝4，∴矩形PNAH是正方形，∴PN＝PN＝AN＝4，∴PN＝BM＝4， ∵PQ⊥BP，∵∠BPQ＝90°，∴∠NPQ+∠MPB＝180°﹣∠BPQ＝90°， 在Rt△PMB中，∠MBP+∠MPB＝90°，∴∠NPQ＝∠MBP， 在△PNQ和△BMP中，，∴△PNQ≌△BMP（ASA）， ∴QN＝PM＝2，∴AQ＝AN﹣QN＝4﹣2＝2．故答案为：2． 【点评】此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理是解决问题的关键． 第14题第15题 15．【解答】解：如图，EF垂直平分AB，连接AM，∴AM＝BM， ∵过点B折叠正方形纸片，使点A落在EF上的点M处，∴AB＝BM，∴AM＝AB＝BM， ∴△ABM为等边三角形，∴∠ABM＝60°，∴结论①正确，符合题意； ∵∠ABP＝∠PBM，∠ABM＝60°，∴∠ABP＝∠PBM＝30°， ∴，∴结论②不正确，不符合题意； 由折叠的性质得：AP＝PM，AB＝BM，∠PAB＝∠PMB＝90°，∴CB＝BM， ∠C＝∠QMB＝90°，在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，，∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），∴CQ＝MQ，∴AP+CQ＝PM+QM＝PQ，∴结论③正确，符合题意； 过点H作HG⊥BM，∵△BMA是等边三角形，∴∠ABP＝∠PBM＝60°÷2＝30°， ∴，∴A，H，G在同一条直线上且AG⊥BM时的值最小， 此时，∴， 的最小值是，∴结论④正确，符合题意， 综上所述，正确结论的序号是①③④．故答案为：①③④． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，翻折变换（折叠问题），等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质． 16．【解答】解：连接AC，取AC的中点O，连结OF，OE，如图所示： ∴m+n，mn，∴2m+2n，∴2m+2n＝﹣1， ∴2m+2n＝﹣1﹣mn，即2m+2n+mn+1＝0，∴（m+2）（n+2）＝3． 【点评】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的解，掌握根与系数的关系是解题关键． 22．【解答】解：（1）x2+（1﹣2m）x+m2﹣1＝0， ∵已知该方程有两个不相等的实数根，∴Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴Δ＝（1﹣2m）2﹣4×1×（m2﹣1）＝1﹣4m+4m2﹣4m2+4＝5﹣4m＞0，∴m； （2）x2+（1﹣2m）x+m2﹣1＝0，中，x1+x2＝﹣（1﹣2m），x1•x2＝m2﹣1， x1x2﹣6x1x2﹣6＝4m2﹣4m+1﹣m2+1﹣6＝3m2﹣4m﹣4＝0， 解方程3m2﹣4m﹣4＝0，a＝3，b＝﹣4，c＝﹣4， ∴m，∴m1，m2＝2．∵m，∴m． 【点评】本题主要考查了根的判别式，以及根与系数的关系，关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系． 23．【解答】＝（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AM＝CM，∵FG＝AF， ∴MF是△ACG的中位线，∴MF∥CG，∴∠ECG＝∠EBF，∵点E是CB中点，∴CE＝BE， 在△CGE和△FBE中，，∴△CGE≌△FBE（ASA），∴EG＝EF， ∵CE＝BE，∴四边形CFBG是平行四边形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB，∠ABE＝90°， 根据勾股定理，AB2+BE2＝AE2，若四边形CFBG是矩形， 则EF＝EG＝EC＝EBBC，FG＝CB，∵AF＝FG，∴AE＝AF+EFBC， ∴AB2+（BC）2＝（BC）2，∴AB2＝2BC2，∴ABBC或ABBC（不符合题意，舍去），∵BC＝AD＝2，∴AB＝2，或者：∵AEBC2＝3，EC＝EBBC＝1， ∴AB2，所以AB的长度为2． 【点评】此题考查了矩形的性质，平行四边的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用矩形的性质证明△CGE≌△FBE是解题的关键． 24．【解答】解：（1）由题意，设与墙垂直的一面为x米，另一边则为（30﹣2x+2）米， ∴x（32﹣2x）＝110，∴x＝5或x＝11，又∵当x＝5时，32﹣2x＝22＞12（舍去）， 当x＝11时，32﹣2x＝10＜12，∴x＝11．答：车棚的长为11米，宽为10米； （2）由题意，设小路的宽为a米，根据题意得：（10﹣2a）（11﹣a）＝80， ∴a＝15（舍去），a＝1，答：小路的宽为1米． 【点评】考查一元二次方程的应用，解题时要熟练掌握并能根据题意列出方程是关键． 25．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，AD∥BC，∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO， ∵AB＝BE，∴AD＝BE，∴△ADO≌△BEO（ASA），∴AO＝BO； （2）证明：延长BC至F，且使CF＝BC，连接AF，如图1所示：则BF＝CE， ∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°， 在△ABF和△DCE中，，∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠DEC＝∠AFB， ∵EB＝CF，BN＝CN，∴N为EF的中点，∴MN为△AEF的中位线， ∴MN∥AF，∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB； （3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：则∠PBQ＝90°， 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $