文档内容
2024-2025 学年八年级（下）月考数学试卷（培优卷） （5月份）
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·山西吕梁·阶段练习）下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
√1
A．❑√0.4 B．❑ C．❑√21 D．❑√54
3
【答案】C
【分析】本题考查了最简二次根式“1、被开方数的因数是整数，字母因式是整式；2、被开方数不含能开
得尽方的因数或因式”，熟记最简二次根式的定义是解题关键．根据最简二次根式的定义逐项判断即可
得．
√2 √10 ❑√10
【详解】解：A、❑√0.4=❑ =❑ = ，则此项不是最简二次根式，不符合题意；
5 25 5
√1 ❑√3
B、❑ = ，则此项不是最简二次根式，不符合题意；
3 3
C、❑√21是最简二次根式，则此项符合题意；
D、❑√54=3❑√6，则此项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：C．
2．（3分）（24-25八年级·贵州黔东南·期中）下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是掌握勾股定理的证明方法．根据各个图象，利用面积的
不同表示方法，列式证明结论a2+b2=c2，找出不能证明的那个选项．
1
【详解】解：A．∵4× ab+c2=(a+b) 2 ，整理，得a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题
2
意；B．根据图形不能证明勾股定理，故本选项符合题意．
1
C．∵4× ab+(b−a) 2=c2 ．∴整理，得a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
2
1 1 1 1
D．∵ ab+ c2+ ab= (a＋b)(a＋b)，整理，得a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合
2 2 2 2
题意；
故选：B．
3．（3分）（24-25八年级·上海·阶段练习）如果一次函数y=kx+b的图像经过第一象限，且与y轴负半相
交，那么（ ）
A．k>0,b>0 B．k>0,b<0 C．k<0,b<0 D．k<0,b>0
【答案】B
【分析】本题考查一次函数图象与性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键，根据图像经过第一象
限，且与y轴负半相交，可得函数图象经过一、三、四象限，即可得到k，b的取值范围，进而得到答案．
【详解】解： 图像经过第一象限，且与y轴负半相交，
函数经过一、∵三、四象限，
∴k>0,b<0，
∴故选：B．
4．（3分）（24-25八年级·广西南宁·阶段练习）如图，菱形花坛ABCD的边长为10m,∠ABC=60°，沿
着该菱形的对角线修建两条小路AC和BD，则菱形花坛ABCD的面积为（ ）
A．50m2 B．50❑√3m2 C．100m2 D．100❑√3m2
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质是解
题关键．
由菱形的性质和∠ABC=60°得出△ABC是等边三角形，进而得出AO,BO的长，再由菱形面积等于对角
线乘积的一半即可得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵菱形花坛ABCD的边长为10m,∠ABC=60°，1 1
∴AB=BC=DC=AD=10m,AC⊥BD,OA= AC,OB= BD，
2 2
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=10m，
1
∴OA= AC=5(m)，
2
在 Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=❑√AB2−OA2=❑√102−52=5❑√3(m)，
∴BD=2OB=10❑√3(m)，
1 1
∴花坛的面积为： AC×BD= ×10×10❑√3=50❑√3(m2)，
2 2
故选：B．
5．（3分）（2025·河北邢台·模拟预测）图是由小正方形拼成的网格，A,B两点均在格点上，C,D两点均
为小正方形一边的中点，直线AB与直线CD交于点E，则∠BED=（ ）
A．60° B．75° C．90° D．105°
【答案】C
【分析】本题考查平移的性质，勾股定理及其逆定理，通过平移，将点C、D移到格点是银题的关键．
1
将CD向下平移一格，再向左平移 格，得到GF，连接GB，利用勾股定理及其逆定理，证明
2
∠BFG=90°，即可由平行线的性质求得∠BEC=∠BFG=90°，从而求得∠BED．
【详解】解：如图，平移CD至FG处，则F,G均在正方形格点上，连接GB，
设小正方形的边长为1，由勾股定理得：
BF2=12+22=5，GF2=12+22=5，BG2=12+32=10，
∴BF2+GF2=BG2
∴∠BFG=90°∵平移CD至FG处，．
∴CD∥GF
∴∠BEC=∠BFG=90°
∴∠BED=90°
故选：C．
√b √a
6．（3分）（24-25八年级·河南商丘·阶段练习）已知a+b=❑√2，ab=8，则❑ +❑ 的值为（ ）
a b
1 1
A． B． C．2 D．4
4 2
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次根式的加减混合运算以及求值，根据a+b=❑√2，ab=8，判断出a>0,b>0
√b √a
，将❑ +❑ 化简再进行加减运算，最后将a+b=❑√2，ab=8代入求值即可．
a b
【详解】解：∵a+b=❑√2，ab=8，
∴a>0,b>0，
√b √a
∴❑ +❑
a b
❑√ab ❑√ab
= +
a b
b❑√ab a❑√ab
= +
ab ab
b❑√ab+a❑√ab
=
ab
(a+b)❑√ab
= ，
ab
❑√2×❑√8 1
当a+b=❑√2，ab=8时，原式= = ，
8 2
故选：B．
7．（3分）（24-25八年级·浙江杭州·阶段练习）已知：如图，在矩形ABCD中，点E为CD上一点，EB
CE
平分∠AEC，点F为DE的中点，∠ABF=45°，则 的值为（ ）
BE1 ❑√5 ❑√2 ❑√10
A． B． C． D．
4 5 6 10
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，勾股定理，等腰三角形的判定，掌握知识点的应用是
解题的关键．
由矩形的性质得AB∥CD，AB=CD，AD=BC，∠ABC=∠C=∠D=90°，又∠AEB=∠CEB，则
∠ABE=∠AEB，故有AE=AB，同理BC=FC，设CE=x，DF=EF=a，所以DE=2a
BC=EC=AD=a+x，AB=CD=AE=2a+x，然后用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，AD=BC，∠ABC=∠C=∠D=90°，
∴∠ABE=∠CEB，
∵EB平分∠AEC，
∴∠AEB=∠CEB，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
∵∠ABF=45°，
∴∠ABF=∠CBF=45°，
∴∠ABF=∠CFB=45°，
∴BC=FC，
∵点F为DE的中点，
∴DF=EF，
设CE=x，DF=EF=a，
∴DE=2a BC=EC=AD=a+x，AB=CD=AE=2a+x，
由勾股定理得：AD2+DE2=AE2，
∴(a+x) 2+(2a) 2=(2a+x) 2，
∴a=2x，
∴BC=3x，∴由勾股定理得：BE=❑√CE2+BC2=❑√x2+(3x) 2=❑√10x，
CE x ❑√10
∴ = = ，
BE ❑√10x 10
故选：D．
8．（3分）（24-25八年级·河南郑州·阶段练习）如图，A(−1,5)，B(−2,4)，C在x轴上，D在y轴上，
当四边形ABCD的周长最小时，直线CD的表达式为（ ）
A．y=x−6 B．y=2x+3
C．y=3x+2 D．y=x+6
【答案】C
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，轴对称——最短路线问题，正确轴对称的性质做出
图形是关键；
取A关于y轴的对称点A′，取B关于x轴的对称点B′ ，连接A′B，交x轴于C，交y轴于D，根据轴对称
和两点之间线段最短可得A′B的长即为AD+CD+BC的最小值，根据点A′、点B′坐标即可得出直线解析
式．
【详解】如图，取A关于y轴的对称点A′，取B关于x轴的对称点B′ ，连接A'B'，交x轴于C，交y轴于
D，此时A'B'的长即为AD+CD+BC的最小值，即四边形ABCD的周长最小，，
设直线A'B'的解析式为y=kx+b，点A(−1,5)关于y轴的对称点A′的坐标是(1,5)，点B(−2,4)关于x轴
的对称点B′的坐标是(−2,−4)，
{ k+b=5 )
∴ ，
−2k+b=−4
{k=3)
解得 ，
y=2
∴直线CD的解析式为y=3x+2，
故选：C．
9．（3分）（24-25八年级·湖南长沙·阶段练习）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；
1
④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ；
4
⑤OF2+OE2=EF2．其中正确的个数是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的
关键．根据正方形的性质得到OD=OC，∠ODC=∠OCB=45°，∠DOC=90°，CD=BC，利用全等
三角形ASA判定推出△DOF≌△COE，可判断①；由全等三角形的性质可得DF=CE，OF=OE，可判
断②；由OF=OE和∠EOF=90°得出∠OFE=45°，可判断③；由△DOF≌△COE得到S =S
△DOF △COE
，可判断④；利用勾股定理可判断⑤，即可得出结论．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴OD=OC，∠ODC=∠OCB=45°，∠DOC=90°，CD=BC，
∵∠EOF=90°，
∴∠DOC=∠EOF=90°，
∴∠DOC−∠COF=∠EOF−∠COF，即∠DOF=∠COE，
∴△DOF≌△COE(ASA)，故①正确；
∵△DOF≌△COE，
∴DF=CE，OF=OE，
∴CD−DF=BC−CE，即CF=BE，故②正确；
∵OF=OE，∠EOF=90°，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴∠OFE=45°，
1
∴若需证FO=FG，则需证∠FOG= ×(180°−∠OFE)=67.5°，而题目条件无法证明∠FOG=67.5°
2
，故③不正确；
∵△DOF≌△COE，
∴S =S ，
△DOF △COE
∴S =S +S =S +S =S ，
四边形CEOF △COE △COF △DOF △COF △DOC
∵正方形ABCD，
1
∴S = S ，
△DOC 4 正方形ABCD
1
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ，故④正确；
4
∵∠EOF=90°，
∴OF2+OE2=EF2，故⑤正确；∴综上所述，其中正确的有①②④⑤，正确的个数是4．
故选：C．
1
10．（3分）（24-25八年级·山东济南·期中）如图，已知直线a：y＝x，直线b：y=− x和点P（1，
2
0），过点P作y轴的平行线交直线a于点P，过点P 作x轴的平行线交直线b于点P，过点P 作y轴的
1 1 2 2
平行线交直线a于点P，过点P 作x轴的平行线交直线b于点P，…，按此作法进行下去，则点P 的坐
3 3 4 2024
标为（ ）
A．(21012,−21011
)
B．(21012,−21012
)
C．(−21012,21011
)
D．(21012,21012
)
【答案】A
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及点坐标规律探索，首先根据点的变化规律分别求出
点P 、P 、P 、P 的坐标，根据它们的横坐标变化规律，得到点P 的横坐标，再根据点P 在直线
1 2 3 4 2024 2024
1
y=− x上求出纵坐标．
2
【详解】∵点P的坐标为(1,0)，点P 在直线y=x上，
1
∴点P 的坐标是(1,1)，
1
∵P P ∥x轴，
1 2
∴点P 的纵坐标是1，
2
1
又∵点P 在y=− x上，
2 2
1
解方程− x=1，
2
解得：x=−2，∴点P 的坐标是(−2,1)，
2
∵P P ∥y轴，
2 3
∴点P 的横坐标是−2，
3
又∵点P 在直线y=x上，
3
∴点P 的坐标是(−2,−2)，
3
∵P P ∥x轴，
3 4
∴点P 的纵坐标是−2，
4
1
又∵点P 在直线y=− x上，
4 2
1
可得方程− x=−2，
2
解得：x=22，
∴点P 的坐标是(22,−2)，
4
根据规律可得：P 的横坐标为(−2) 1，P 的横坐标为(−2) 1，
2 3
P 的横坐标为(−2) 2，P 的横坐标为(−2) 2，
4 5
P 的横坐标为(−2) 3，P 的横坐标为(−2) 3，
6 7
⋯⋯，
∴P 的横坐标为(−2) 2n，
4n
∵2024=506×4，
∴P 的横坐标为(−2) 2×506=(−2) 1012=21012，
2024
1
又∵点P 在y=− x上，
2024 2
1 1
可得：y=− x=− ×21012=−21011 ，
2 2
∴点P 的坐标为(21012,−21011)
2024
故答案选： A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·江苏南京·期中）实数a，b在数轴上对应的点如图所示，化简：．
❑√a2−❑√(b−a) 2−❑√(a+b) 2=
【答案】a
【分析】本题考查了数轴的相关知识及二次根式的化简．掌握二次根式的性质是解决本题的关键．
根据数轴上点的位置，确定a、b的正负，判断出b−a>0,a+b<0，再化简给出的代数式，合并后得结
果；
【详解】解：由数轴可知a<0|b)，则b−a>0,a+b<0，
∴❑√a2−❑√(b−a) 2−❑√(a+b) 2
=|a|−|b−a|−|a+b|
=−a−(b−a)+(a+b)
=a，
故答案为：a．
12．（3分）（24-25八年级·山东威海·期中）如图，凸四边形ABCD的四边AB，BC，CD和DA的长分
别是3，4，12和13，∠ABC=90°，则四边形ABCD的面积S= ．
【答案】36
【分析】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，连接AC，在直角△ABC中，根据勾股定理可以求
得AC=5，在△ACD中，可得AC2+CD2=AD2，根据勾股定理的逆定理确定△ADC为直角三角形，四
边形ABCD的面积为△ACD和△ABC面积之和．
【详解】解：连接AC，在直角△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=❑√AB2+BC2=5，
又∵AC2+CD2=52+122=169=132=AD2，∴△ACD为直角三角形，
1 1
∴Rt△ABC的面积为 ×3×4=6，Rt△ACD的面积为 ×5×12=30，
2 2
∴四边形ABCD的面积为△ACD和△ABC面积之和，即S=30+6=36．
故答案为：36．
13．（3分）（24-25八年级·山西长治·期中）如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=70°，
∠C=40°，DE∥AB交BC于点E，若AD=9cm，BC=31cm，则CD= cm．
【答案】22
【分析】本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，灵活应用
相关知识成为解答本题的关键．先说明四边形ABED是平行四边形可得BE=AD=9cm，再由DE∥AB
可得∠DEC=∠B=70°，求出EC的长；然后再说明△CDE是等腰三角形得到DC=EC即可解答．
【详解】解：∵AD∥BC，DE∥AB
∴四边形ABED平行四边形
∴BE=AD=9cm，而BC=31cm，
∴EC=BC−BE=31−9=22cm，
∵DE∥AB，∠B=70°，
∴∠DEC=∠B=70°，∵∠C=40°，
∴∠EDC=180°−∠DEC−∠C=70°，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=22cm．
故答案为22．
14．（3分）（24-25八年级·重庆沙坪坝·期中）如图，在平面直角坐标系中，M(−3,0)，N(0,3)，一束光
线从点O射出，照在镜面MN上的点P处，经过镜面MN反射后，反射光线射到镜面ON上的点Q处，经
过镜面ON反射后的光线恰好经过点M，则点P的坐标为 ．
【答案】(−1,2)
【分析】此题考查了轴对称的性质，一次函数表达式交点问题，解题的关键是求出一次函数表达式．
如图所示，作点O关于MN的对称点O′，点M关于y轴的对称点M′，然后求出MN所在直线的表达式为
1 3
y=x+3，O′M′所在直线的表达式为y=− x+ ，然后联立求解即可．
2 2
【详解】解：如图所示，作点O关于MN的对称点O′，点M关于y轴的对称点M′
∵M(−3,0)，N(0,3)，
∴O′(−3,3)，M′(3,0)
设MN所在直线的表达式为y=kx+b
{−3k+b=0)
∴
b=3
∴MN所在直线的表达式为y=x+3
1 3
同理可得，O′M′所在直线的表达式为y=− x+
2 21 3
根据对称可得，直线y=x+3和y=− x+ 的交点即为点P，
2 2
{
y=x+3
)
联立得， 1 3
y=− x+
2 2
{x=−1)
解得
y=2
∴点P的坐标为(−1,2)．
故答案为：(−1,2)．
15．（3分）（24-25八年级·山东烟台·期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=8cm，
BC=12cm，M是BC上一点，且BM=9cm，点E从点A出发以1cm/s的速度向点D运动，点F从点C出
发，以3cm/s的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以
A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t=
3 3
【答案】 或
4 2
【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，合理分类是解题的关
键．分F在M的右侧和左侧两种情况讨论即可．
【详解】解∶∵BM=9cm，BC=12cm，
∴CM=3cm，
∵AD∥BC，
∴当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，AE=MF，
当F在M的右侧时，MF=CM−CF=(3−3t)cm，
又AE=tcm，
∴t=3−3t，
3
∴t= ；
4
当F在M的左侧时，MF=CM−CF=(3t−3)cm，
又AE=tcm，∴t=3t−3，
3
∴t= ；
2
3 3
综上， 当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为 或 ，
4 2
3 3
故答案为： 或 ．
4 2
16．（3分）（24-25八年级·江苏连云港·期中）如图，门上钉子P处挂着一个“欢迎光临”的长方形挂牌
ABCD，测得AB=5dm，AD=12dm．（如图1），当挂牌水平悬挂（即BC与地面平行）时，测得挂绳
AP=DP=10dm，将该门挂的挂绳长度缩短2dm后重新挂上，此时不小心把挂牌弄斜了（如图2），发现
AC与地面平行，且点P、D、C三点在同一直线上，则点B的高度下降了 dm．
11
【答案】
13
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．如图1，作PE⊥AD，则
1
AE= AD=6，由勾股定理得，PE=8，即B到P的垂直距离为8+5=13dm；如图2，作PM⊥AC于M
2
，作BN⊥AC于N，则缩短后AP+PD=18，由勾股定理得，AC=13，设PD=x，则AP=18−x，由
勾股定理得，AP2−PD2=AD2，可求x=5，则PC=PD+CD=10，由
1 1 1 1 120 60
S = AC×PM= PC×AD，S = AC×BN= AB×BC可求PM= ，BN= ，进一步
△ACP 2 2 △ABC 2 2 13 13
计算求解即可．
【详解】解：如图1，作PE⊥AD，∵AP=DP=10dm，
1
∴AE= AD=6，
2
由勾股定理得，PE=❑√AP2−AE2=❑√102−62=8，
∴B到P的垂直距离为8+5=13dm；
如图2，作PM⊥AC于M，作BN⊥AC于N，
由题意知，缩短后AP+PD=18，
∵长方形挂牌ABCD，点P、D、C三点在同一直线上，
∴∠ADP=∠ADC=90°，
由勾股定理得，AC=❑√AD2+CD2=❑√122+52=13，
设PD=x，则AP=18−x，
由勾股定理得，AP2−PD2=AD2，即(18−x) 2−x2=122，
解得，x=5，
∴PC=PD+CD=10，
1 1 1 1
∴S = AC×PM= PC×AD，即 ×13×PM= ×10×12，
△ACP 2 2 2 2120
解得，PM= ，
13
1 1 1 1
∴S = AC×BN= AB×BC，即 ×13×BN= ×5×12，
△ABC 2 2 2 2
60
解得，BN= ，
13
60 120 180
∴B到P的垂直距离为 + = dm；
13 13 13
180 11
∴点B的高度下降了 −13= dm，
13 13
11
故答案为： ．
13
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·辽宁阜新·期中）计算：
√1
(1)2❑√18+❑√32−16❑
8
❑√125−❑√45 √1
(2) −2❑ ×❑√27
❑√5 3
( 1 √1)
(3) 3❑√18+ ❑√50−4❑ ÷❑√32
5 2
(4)(❑√6−2❑√3) 2 −(❑√2+2❑√5)(2❑√5−❑√2)
【答案】(1)6❑√2
(2)−4
(3)2
(4)−12❑√2
【分析】本题主要考查了二次根式的性质、二次根式的加减运算、二次根式的混合运算法则等知识点，掌
握二次根式的混合运算法则成为解题的关键．
（1）先根据二次根式的性质化简，然后再运用二次根式的加减运算法则计算即可；
（2）先根据二次根式的性质化简，然后再运用二次根式的混合运算法则计算即可；
（3）先根据二次根式的性质化简，然后再运用二次根式的混合运算法则计算即可；（4）直接运用二次根式的混合运算法则计算即可．
√1
【详解】（1）解：2❑√18+❑√32−16❑
8
❑√2
=2×3❑√2+4❑√2−16×
4
=6❑√2+4❑√2−4❑√2
=6❑√2．
❑√125−❑√45 √1
（2）解： −2❑ ×❑√27
❑√5 3
5❑√5−3❑√5 √1
= −2❑ ×27
❑√5 3
2❑√5
= −2❑√9
❑√5
=2−6
=−4．
( 1 √1)
（3）解： 3❑√18+ ❑√50−4❑ ÷❑√32
5 2
( 1 ❑√2)
= 3×3❑√2+ ×5❑√2−4× ÷4❑√2
5 2
=(9❑√2+❑√2−2❑√2)÷4❑√2
=8❑√2÷4❑√2
=2．
（4）解：(❑√6−2❑√3) 2 −(❑√2+2❑√5)(2❑√5−❑√2)
=6−4❑√18+12−(2❑√5+❑√2)(2❑√5−❑√2)
=18−12❑√2−20+2
=−12❑√2．
18．（6分）（24-25八年级·湖南长沙·期末）如图，在△ABC中，过点A作AD⊥AB，交BC于点D．(1)若∠B=30°，AB=2❑√3，求BD的长；
(2)在（1）的条件下，∠C=45°，求△ABC的面积；
(3)若AC=4，AB=6，BC=8，求△ABC的面积．
【答案】(1)4
3+3❑√3
(2)
2
(3)3❑√15
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半及等腰直角三角形的性
质、勾股定理，考查了计算能力和转化思想，数形结合思想的应用，属于中档题．
（1）30°角所对的直角边等于斜边的一半及勾股定理即可求解；
（2）作AE⊥BC于E，求出△ABC的底和高即可求出面积；
（3）作AE⊥BC于E，利用勾股定理求出△ABC的高即可求出面积．
【详解】（1）解：∵∠B=30°，AB=2❑√3，AD⊥AB，
∴BD=2AD，
∵BD2=AD2+AB2，即(2AD) 2=AD2+(2❑√3) 2 ，
∴AD=2，
∴BD=2AD=4．
（2）解：作AE⊥BC于E，
∵∠B=30°，AB=2❑√3，
∴AE=❑√3，BE=3,∵ ∠C=45°，
∴∠CAE=∠C=45°，
∴AE=CE=❑√3，
1 3+3❑√3
∴S = ×❑√3×(❑√3+3)= ．
△ABC 2 2
（3）解：作AE⊥BC于E，
在Rt△ABE中，AE2=AB2−BE2，
在Rt△ACE中, AE2=AC2−CE2，
∴AB2−BE2=AC2−CE2,
∵AC=4，AB=6，BC=8，
即AB2−BE2=AC2−CE2，62−BE2=42−(8−BE) 2，
21
∴BE= ,
4
∴AE=❑
√
62−
(21) 2
=
3❑√15
,
4 4
1 3❑√15
∴S = ×8× =3❑√15
△ABC 2 4
19．（8分）（24-25八年级·河南平顶山·期末）（1）如图1，△ABC中，D、E分别是AB和AC的中点，
若DE=1.5，则BC=______，若∠ADE=40°，则∠B=______．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，（ADy 时，x的取值范围．
1 2
1
【答案】(1)y = x+1
1 2
(2)x>2
【分析】本题主要考查一次函数的相关知识，掌握待定系数法求一次函数解析式，两直线交点坐标的计算
方法，根据图像的性质确定函数值大小等知识是解题的关键．
（1）运用待定系数法求解析式即可；
（2）根据两点直线相交，联立方程组求解可得点E的坐标，结合图示，即可求解．
【详解】（1）解：把A(−2,0),B(0,1)代入y=kx+a
{0=−2k+a) { k= 1 )
解得： 2
1=a
a=1
1
∴l :y = x+1
1 1 2
（2）解：
1
∵OB= OC，
3
∴OC=3OB=3，
∴点C坐标为(3,0)，
把C(3,0)代入y =−2x+b，得b=6．
2
∴l :y =−2x+6，
2 21
令 x+1=−2x+6，得x=2，
2
1
把x=2代入y= x+1，得y=2，
2
∴E点坐标为(2,2)，
∴当y >y 时，x的取值范围为x>2．
1 2
21．（10分）（24-25八年级·浙江台州·期中）阅读下面材料，并回答下列问题：
小明遇到这样一个问题，如图，在ΔABC中，DE//BC分别交AB于点D，交AC于点E.已知
CD⊥BE,CD=3,BE=5，求BC+DE的值.
小明发现，过点E作EF//DC，交BC的延长线于点F，构造ΔBEF，经过推理和计算能够使问题得到解
决（如图）
请你回答：
（1）证明：DE=CF；
（2）求出BC+DE的值；
（3）参考小明思考问题的方法，解决问题；
如图，已知▱ABCD和矩形ABEF,AC与DF交于点G,AC=BF=DF.求∠AGF的度数.
【答案】（1）详见解析；（2）❑√34；（3）60∘
【分析】（1）由DE∥BC，EF∥DC，可证得四边形DCFE是平行四边形，从而问题得以解决；
（2）由DC⊥BE，四边形DCFE是平行四边形，可得Rt△BEF，求出BF的长，证明BC+DE=BF；
（3）连接AE，CE，由四边形ABCD是平行四边形，四边形ABEF是矩形，易证得四边形DCEF是平行四
边形，继而证得△ACE是等边三角形，问题得证．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，EF∥DC，
∴四边形DCFE是平行四边形．
∴DE=CF．
（2）解：由于四边形DCFE是平行四边形，
∴DE=CF，DC=EF，∴BC+DE=BC+CF=BF．
∵DC⊥BE，DC∥EF，
∴∠BEF=90°．在Rt△BEF中，
∵BE=5，CD=3，
∴BF=❑√BE2+EF2=❑√52+32=❑√34．
（3）连接AE，CE，如图．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC．
∵四边形ABEF是矩形，
∴AB∥FE，BF=AE．
∴DC∥FE．
∴四边形DCEF是平行四边形．
∴CE∥DF．
∵AC=BF=DF，
∴AC=AE=CE．
∴△ACE是等边三角形．
∴∠ACE=60°．
∵CE∥DF，∴∠AGF=∠ACE=60°．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．连
接AE、CE构造等边三角形是关键．
22．（10分）（24-25八年级·上海·期中）探究活动：函数y=|x−1)的图象与性质．
(1)函数y=|x−1)的自变量x取值范围是__________；
(2)在下面网格中，建立平面直角坐标系xOy，参考画正比例函数图形的经验，画出y=|x−1)的图象；
(3)根据画出的函数图象，得出了如下几条结论：
①函数有最小值为0；②当x>1时，y随x的增大而增大；
③图像关于过点(1,0)且垂直于x轴的直线对称；
④图像关于点(1,0)中心对称．
上述结论中正确的是_____．（只填序号）
(4)已知P(m,2)为y=|x−1)图像上一点，A点是y=|x−1)图像与x轴的交点，B(0,3)，那么△ABP的面积
是__________．
【答案】(1)任意实数
(2)见解析
(3)①②③
(4)4或2
【分析】本题考查的是函数的自变量的取值范围，画函数的图象，根据函数的图象归纳函数的性质，
（1）根据题目中的函数解析式，可知含有自变量的代数式是整式，从而可得x的取值范围；
（2）根据y=|x−1)=
{x−1(x≥1))
，结合取值范围分别画两个正比例函数的函数图象即可；
1−x(x<1)
（3）根据函数图象可以判断该函数的性质；
（4）先求出P(m,2)点坐标，再根据割补法求△ABP的面积即可．【详解】（1）解：在函数y=|x−1)中，自变量x的取值范围是x为任意实数，
故答案为：任意实数；
（2）解：∵y=|x−1)=
{x−1(x≥1))
，
1−x(x<1)
∴函数y=|x−1)图象如图所示：
（3）解：由函数图象可知，
①函数有最小值为0，正确；
②当x>1时，y随x的增大而增大，正确；
③图象关于过点(1,0)且垂直于x轴的直线对称，正确；
④图像关于点(1,0)中心对称，错误．
故答案为：①②③．
（4）解：∵P(m,2)为y=|x−1)图像上一点，
∴2=|m−1)，
解得m=3或m=−1，
∴P(3,2)或P(−1,2)，
∵A点是y=|x−1)图像与x轴的交点，
∴A(1,0)，
∵B(0,3)，
1 1 1
当P(3,2)时，S =3×3− ×2×2− ×3×1− ×3×1=9−2−3=4；
△ABP 2 2 2
1 1 1 1 3
当P(−1,2)时，S =3×2− ×1×1− ×2×2− ×3×1=6− −2− =2；
△ABP 2 2 2 2 2
故答案为：4或2．23．（12分）（24-25八年级·江苏镇江·期中）随着中国科技、经济的不断发展，5G信号的覆盖的广泛性
和稳定性都有更好的表现．如图，有一辆汽车沿直线AB方向，由点A向点B行驶，已知点C为某个5G信
号源，且点C到点A和点B的距离分别为60m和80m，且AB=100m，信号源中心周围50m及以内可以接收
到5G信号．
(1)汽车在从点A向点B行驶的过程中，能接收到5G信号吗？为什么？
(2)若汽车的速度为10m/s，请问有多长时间可以接收到5G信号？
【答案】(1)能，理由见详解
(2)2.8秒
【分析】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理以及三角形的面积．
（1）过点C作CD⊥AB于点D，根据AC，BC，AB的长，可得出AC2+BC2=AB2，进而可得出
∠ACB=90°，再结合三角形的面积公式，即可求出CD的长，再和50m相比即可得出答案．
（2）设点E，F在直线AB上，且AE=AF=50m利用勾股定理，可求出DE长，进而可得出DF，EF的
长，再利用时间等于路程除以速度，即可求出结论
【详解】（1）解：汽车在从点A向点B行驶的过程中，能接收到5G信号，理由如下∶
过点C作CD⊥AB于点D，如下图1所示：
∵AC=60cm，BC=80m，AB=100m，602+802=1002，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
1 1
∵ AC⋅BC= AB⋅CD
2 2
AC⋅BC 60×80
∴CD= = =48m
AB 100∵48m<50m，
∴汽车在从点A向点B行驶的过程中，能接收到5G信号
（2）解：设点E，F在直线AB上，且CE=CF=50m，如图2所示．
在Rt△CDE中，CD=48m，CE=50m，
∴DE=❑√CE2−CD2=❑√502−482=14(m)，
同理∶DF=DE=14m，
∴EF=DE+DF=14+14=28(m)，
∴28÷10=2.8(秒)．
答∶有2.8秒可以接收到5G信号
24．（12分）（24-25八年级·辽宁鞍山·期末）如图，在正方形ABCD中，边长为3，点M，N是边AB，
BC上两点，且BM=CN=1，连接CM，DN；
(1)则DN与CM的数量关系是__________，位置关系是__________；
(2)若点E，F分别是DN与CM的中点，计算EF的长；
(3)延长CM至P，连接BP，若∠BPC=45°，试求PM的长．
【答案】(1)CM=DN，DN⊥CM．
(2)❑√2
❑√10
(3)
5
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是熟练
运用相关性质进行推理证明和准确计算．（1）证△BCM≌△CDN，得出CM=DN，∠BCM=∠CDN，再证∠CDN+∠DCM=90°即可；
（2）连CE并延长交AD于G，求出GM长，再根据中位线的性质求出EF即可；
3 6
（3）过点B作BH⊥CM于点H，根据勾股定理求出BH=PH= ❑√10，CM=❑√10，PC= ❑√10即
10 5
可．
【详解】（1）解：设CM与DN交于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠B=∠NCD=90°，
∵BM=CN，
∴△BCM≌△CDN(SAS)，
∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM+∠MCD=90°，
∴∠CDN+∠MCD=90°，
∴∠CQD=90°，
∴DN⊥CM，
故答案为：CM=DN，DN⊥CM．
（2）连CE并延长交AD于G，连接MG
∵BC∥AD，
∴∠ENC=∠EDG，
∵E为DN的中点，∴NE=DE，
∵∠NEC=∠GED
∴△CNE≌△DEG(ASA)
∴CE=EG，NC=GD=1，
∵F为CM的中点，
∴MF=CF，
1
∴EF= MG，
2
∵正方形的边长为3，DG=BM=CN=1，
∴AM=AG=2，GM=❑√AM2+AG2=2❑√2
∴EF=❑√2；
（3）过点B作BH⊥CM于点H，
1 1
∵CM=❑√CB2+BM2=❑√10， BH⋅CM= BC⋅BM，
2 2
3
∴BH= ❑√10，
10
9
∴CH=❑√BC2−BH2= ❑√10，
10
∵∠BPC=45°，
3
∴PH=BH= ❑√10，
10
6
∴PC=PH+CH= ❑√10，
5
❑√10
∴PM=PC−CM=
5
