文档内容
2024-2025 学年八年级（下）月考数学试卷（拔尖卷） （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
1．（3分）（24-25八年级·山西大同·阶段练习）在算式“3❑√2+❑√8□❑ ”中，“□”表示“+”“−”
2
“×””÷”中的某一个运算符号．当算式的结果最大时，“口”表示的运算符号是（ ）
A．+ B．− C．× D．÷
【答案】D
【分析】本题考查的是二次根式的加减运算，混合运算，二次根式的大小比较，先把选项中的运算符号代
入进行计算，再比较大小即可．
√1 ❑√2 11
【详解】解：3❑√2+❑√8+❑ =3❑√2+2❑√2+ = ❑√2，
2 2 2
√1 ❑√2 9
3❑√2+❑√8−❑ =3❑√2+2❑√2− = ❑√2，
2 2 2
√1
3❑√2+❑√8×❑ =3❑√2+2，
2
√1
3❑√2+❑√8÷❑ =3❑√2+❑√16=3❑√2+4，
2
11 9
∵3❑√2+4>3❑√2+2，3❑√2+4> ❑√2> ❑√2，
2 2
∴当算式的结果最大时，“口”表示的运算符号是÷；
故选：D
2．（3分）（24-25八年级·山东青岛·期末）五根小木棒的长度分别为7，15，20，24，25，现将它们摆
成两个直角三角形，下列摆放正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理进行计算，即可解答．
【详解】解：∵72=49，152=225，202=400，242=576，252=625，
∴72+242=252，152+202=252，
∴以7，24，25三根木棒能摆成直角三角形，以15，20，25三根木棒能摆成直角三角形，
故选：C
3．（3分）（2025·浙江·模拟预测）如图，P为▱ABCD的对角线BD上一点，过点P作AB，BC的平行
线，分别交AD，BC，AB，CD于E,F,G,H四点，连结AP,FH．若△APE的面积为2.5，则△PFH的
面积为（ ）
A．5 B．2.5 C．2.4 D．1.25
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．先根据平
行四边形的性质可得AB∥CD,AD∥BC，S =S ，再证出四边形AEPG、四边形PHCF、四边
△ABD △CBD
形GPFB和四边形BDEP都是平行四边形，根据平行四边形的性质可得S =2S ，
▱AEPG △APE
S =2S ，S =S ，S =S ，则S =S ，由此即可得．
▱PHCF △PFH △GBP △FBP △EDP △HDP △PFH △APE
【详解】解： ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，S =S ，
△ABD △CBD
∵EF∥AB,GH∥BC，
∴EF∥AB∥CD,GH∥BC∥AD，
∴四边形AEPG、四边形PHCF、四边形GPFB和四边形BDEP都是平行四边形，
∴S =2S ，S =2S ，S =S ，S =S ，
▱AEPG △APE ▱PHCF △PFH △GBP △FBP △EDP △HDP
又∵S =S ，
△ABD △CBD∴S +S +S =S +S +S ，
▱AEPG △GBP △EDP ▱PHCF △FBP △HDP
∴2S +S +S =2S +S +S ，
△APE △FBP △HDP △PFH △FBP △HDP
∴S =S ，
△PFH △APE
∵△APE的面积为2.5，
∴△PFH的面积为2.5，
故选：B．
4．（3分）（2025·湖北武汉·一模）甲、乙两人骑自行车匀速同向行驶，乙在甲前面300m处，同时出发去
距离甲1200m的目的地，甲的速度比乙快．设甲、乙之间的距离为y(m)，乙行驶的时间为x(s)，y与x之
间的关系如图所示．若点C的坐标为(240,180)，则点B的坐标为（ ）
A．(130,0) B．(140,0) C．(150,0) D．(160,0)
【答案】C
【分析】本题主要考查一次函数的应用，根据图象，先求出甲的速度，再求出乙的速度，再根据点B时，
甲、乙两人刚好第一次相遇，列方程，进而得出答案．
【详解】解：由图象分析可知，C点时，甲刚好到达目的地，点C的坐标为(240,180)，
∴甲的速度为1200÷240=5(m/s)，
设乙的速度为am/s，
由C的坐标为(240,180)，得1200−(300+240a)=180，
解得a=3，
点B(x,0)时，甲、乙两人刚好第一次相遇，
∴5x=300+3x，
解得x=150，
则点B的坐标为(150,0)．
故选：C．
5．（3分）（24-25八年级·湖南·专题练习）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，连接AE，若AB=4，则AE的长为（ ）
A．2❑√5 B．4❑√5 C．5 D．2❑√17
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质全等三角形的判定与性质，掌握知识点
的应用是解题的关键．
过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则∠MNC=90°，证明四边形CDMN是矩形，故
MN=CD=4，根据正方形的性质得出CG=CE，∠B=90°=∠CNE，∠GCE=90°，然后证明
1
△BCG≌△NEC(AAS)，则NE=BC=4，CN=BG= AB=2，再由勾股定理即可求解．
2
【详解】解：过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则∠MNC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠DCB=90°，AB=CD=4，
∴∠D=∠DCB=∠MNC=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
∵G是AB的中点，
1
∴BG= AB=2，
2
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CG=CE，∠B=90°=∠CNE，∠GCE=90°，∴∠BCG+∠BCE=∠BCE+∠CEN，
∴∠GCB=∠CEN，
∴△BCG≌△NEC(AAS)，
1
∴NE=BC=4，CN=BG= AB=2，
2
∴ME=8，AM=BN=2，
∴AE=❑√82+22=❑√68=2❑√17，
故选：D．
6．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期末）一次函数y=−2x+2的图象上有A(t,y )，B(t+1,y )两点，
1 2
下列正确的选项是（ ）
A．当t>0时，y ⋅y >0 B．当t>0时，y ⋅y <0
1 2 1 2
C．当t<0时，y ⋅y >0 D．当t<0时，y ⋅y <0
1 2 1 2
【答案】C
【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，先求解一次函数y=−2x+2与x轴的交点坐标为：(1,0)，
再结合图象求解即可．
【详解】解： 当y=0，则−2x+2=0，
解得：x=1，
∴一次函数y=−2x+2与x轴的交点坐标为：(1,0)；如图，
∴当x<1时，y>0，当x>1时，y<0，
一次函数y=−2x+2的图象上有A(t,y )，B(t+1,y )两点，
1 2
∴当t<0时，则t+1<1，
∴y >0，y >0，
1 2
∴y ⋅y >0，故D不符合题意，C符合题意；
1 2
当t>0时，则t+1>1，∴y 的符号不确定，y <0，
1 2
∴A，B都不符合题意；
故选：C
7．（3分）（24-25八年级·福建厦门·期中）如图，若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格ABCD
，小菱形的顶点称为格点，且小菱形的边长为1，∠A=60°，若在网格中作一个矩形EFGH，使得矩形
EFGH的4个顶点都在格点上，很明显，这样的图形有多种画法，则满足条件的矩形EFGH的面积最大值
是（ ）
．
A．3❑√3 B．6 C．4❑√3 D．8
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边
形的性质与判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
取格点E，F，G，H，根据菱形对角线互相垂直可证明四边形EFGH是矩形，且根据网格的特点可知四边
形EFGH是面积最大的矩形．过点D作DE⊥AB于E，则∠ADE=90°−60°=30°，进而可得
1
AE= AD=2，DE=❑√AD2−AE2=2❑√3，即可求出S =8❑√3，证明四边形APMD是平行四边
2 菱形ABCD
1 1
形，得到S = S ，同理可得S = S ，则可得到
△PQM 2 四边形APMD △PMN 2 四边形BCMP
1
S = S =4❑√3．
四边形MNPQ 2 四边形ABCD
【详解】解：如图所示，四边形EFGH即为所求；
根据菱形的对角线互相垂直可得EF⊥EH，EF⊥FG，
根据网格特点可得EH=FG，
∴四边形EFGH是矩形．
过点D作DN⊥AB于N，∵∠A=60°，
∴∠ADN=90°−60°=30°，
1
∴AN= AD=2，
2
∴DN=❑√AD2−AN2=2❑√3，
∴S =AB⋅DN=4×2❑√3=8❑√3，
菱形ABCD
∵四边形ABCD是菱形，
∴AE∥DG，
∵AE=DG=2，
∴四边形AEGD是平行四边形，
1
∴S = S ，
△EFG 2 四边形AEGD
1
同理可得S = S ，
△EHG 2 四边形BCGE
1 1
∴S +S = S + S ，
△EFG △EHG 2 四边形AEGD 2 四边形BCGE
1
∴S = S =4❑√3．
四边形EFGH 2 四边形ABCD
故选：C
1
8．（3分）（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）已知x= ，则
❑√2024−❑√2023
x6−2❑√2023x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024的值为（ ）
A．0 B．1 C．❑√2023 D．❑√2024
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值、分母有理化等知识点，逐步把x=❑√2024+❑√2023代入所
求式子进行化简求值是解题的关键．
先利用分母有理化对已知条件进行化简，再依次代入所求的式子进行运算即可．1
【详解】解：∵x= ，
❑√2024−❑√2023
1 ❑√2024+❑√2023
∴x= = =❑√2024+❑√2023，
❑√2024−❑√2023 (❑√2024−❑√2023)(❑√2024+❑√2023)
∴x6−2❑√2023x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024+❑√2023−2❑√2023)x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024−❑√2023)x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024−❑√2023)(❑√2024+❑√2023)x4−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=x4−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024+❑√2023−2❑√2024)x2+2x−❑√2024
=(❑√2023−❑√2024)x2+2x−❑√2024
=(❑√2023−❑√2024)(❑√2024+❑√2023)x+2x−❑√2024
=−x+2x−❑√2024
=x−❑√2024
=❑√2024+❑√2023−❑√2024
=❑√2023．
故选：C．
9．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为
AB边上的中点，点E在线段BD上（点E不与点B，点D重合），过点A作AF⊥CE交CE于点F，过点
B作BG⊥CE交CE的延长线于点G．若已知DF的长，则可求出（ ）
A．FG的长 B．AF的长 C．CE的长 D．BG的长【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，延长FD，交BG的延长线于T，
由ASA可证△ADF≌△BDT，可得AF=BT，DF=DT，由AAS可证△ACF≌△CBG，可得AF=CG，
CF=BG，可证FG=TG，由勾股定理可得2FD2=FG2，即可求解．添加恰当辅助线构造全等三角形是
解题的关键．
【详解】解：延长FD，交BG的延长线于T，
∵AF⊥CE，BG⊥CE，
∴AF∥BG，
∴∠DAF=∠DBT，
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
又∵∠ADF=∠BDT，
∴ △ADF≌△BDT(ASA)，
∴AF=BT，DF=DT，
∵∠ACB=90°=∠AFC=∠BGC，
∴∠ACF+∠BCG=90°=∠ACF+∠CAF，
∴∠CAF=∠BCG，
∵AC=BC，
∴ △ACF≌△CBG(AAS)，
∴AF=CG，CF=BG，
∴AF=CG=BT，
∴FG=CG−CF=BT−BG=TG，
∵FT2=FG2+TG2，
∴(2FD) 2=FG2+TG2，
∴2FD2=FG2，
∵已知DF的长，
∴可求FG的长，
故选：A．10．（3分）（2025·河北·一模）如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB=2❑√2，P是CD的中点，点Q在
边AB上，连接AP，PQ，将矩形ABCD沿AP，PQ折叠，点B，C，D的对应点分别为
B'，C'，D'，PD'，PC'分别交AB于点E，F（点E在点F右侧），则线段EF的最大值为（ ）
❑√2 3❑√2
A．❑√2 B． C．2❑√2 D．
2 4
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，要使EF最大，则点F要离点E最远，当点Q
与点B重合时，线段EF最大，计算出AE的长度，EF=AB−2AE，即可解答，熟知折叠的性质，得到当
点Q与点B重合时，线段EF最大是解题的关键．
【详解】解：如图，
∵P是CD的中点，
∵E为定点，
∴要使EF最大，则点F要离点E最远，
∴当点Q与点B重合时，线段EF最大，此时点B'也与点B重合，
根据折叠可得∠CPB=∠C′PB,∠DPA=∠D′PA，PD=PD',AD=AD'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，CD=AB=2❑√2，AD=BC=1，
∴∠CPB=∠C′PB=∠PBF,∠DPA=∠D′PA=∠PAE，
∴PF=BF，PE=AE
设AE=x，则PE=x，
∵点P是CD的中点，
∴PD=PD′=❑√2,
∴ED′=❑√2−x
在Rt△AED'中，AD'2＋D'E2=AE2，即12＋(❑√2−x) 2=x2，
3❑√2
解得x= ，
4
3❑√2
同理可得BF= .
4
3❑√2 ❑√2
∴EF最大值为AB−BF−AE=2❑√2− = ．
2 2
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2025·广东深圳·二模）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=6
．D是AC中点，将纸片沿BD翻折，直角顶点A的对应点为A′，A A′交BC于E，则CE= ．
18❑√13 18
【答案】 / ❑√13
17 17
【分析】本题考查了勾股定理，坐标与图形，求一次函数的解析式．以点A为原点，AC所在直线为x轴，
(48 36)
建立直角坐标系，先利用勾股定理结合等积法求得F , ，利用待定系数法分别求得直线OF和BC
25 25
(48 36)
的解析式，再联立求得E , ，利用两点之间的距离公式求解即可．
17 17
【详解】解：以点A为原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图，则A(0,0)，B(0,4)，C(6,0)，
设BD与A A′的交点为F，作FG⊥x轴于点G，
∵D是AC中点，
1
∴OD= OC=3，
2
∴BD=❑√OD2+OB2=5，
由折叠的性质得AF⊥BD，
1 1
∵S = BD⋅OF= OD⋅OB，即5OF=3×4，
△OBD 2 2
12 9
∴OF= ，FD=❑√OD2−OF2= ，
5 5
12 9
× 48
同理， 5 5 36，OG=❑√OF2−FG2= ，
FG= = 25
3 25
(48 36)
∴F , ，
25 25
36 48
设直线OF的解析式为y=kx，则 = k，
25 25
3
解得k= ，
4
3
∴直线OF的解析式为y= x，
4
设直线BC的解析式为y=k x+4，则0=6k +4，
1 1
2
解得k =− ，
1 3
2
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
33 2
联立得 x=− x+4，
4 3
48 3 48 36
解得x= ，y= × = ，
17 4 17 17
(48 36)
∴E , ，
17 17
√ ( 48) 2 ( 36) 2 18❑√13
∴CE=❑ 6− + 0− = ，
17 17 17
18❑√13
故答案为： ．
17
12．（3分）（2025·广东广州·一模）已知菱形ABCD，点E，F，G，H分别为边
AB，BC，CD，DA的中点，若四边形EFGH的面积为2，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，连接AC、BD交于O，根
据三角形中位线定理得EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，BD=2EF，AC=2EH，进而可得四边形
EFGH是矩形，得到EF·EH=2，进而根据菱形的面积公式计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关
键．
【详解】解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，EF∥AC，HG∥AC，BD=2EF，AC=2EH，
∴EH∥FG，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
∵∠AEH=∠ABO，∠BEF=∠EAO，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∵四边形EFGH的面积为2，
∴EF·EH=2，
1 1
∴菱形ABCD的面积= AC·BD= ×2EF×2EH=2EF·EH=4．
2 2
故答案为：4．
13．（3分）（24-25八年级·湖南株洲·阶段练习）青朱出入图（图1）是东汉末年数学家刘徽根据“割补
术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，
朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述，将其绘成图2，若记朱方对应正方形
GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，已知b−a=3，a2+b2=29，则图2中的阴影部分
面积为 ．
【答案】10
【分析】本题考查数学文化与几何概型，涉及到全等三角形的性质，勾股定理，完全平方公式变形求值．
根据题意可得△IJC≌△KAM可以求出S =S ，即可得到图2中的阴影部分面积为S +S ，
△IJC △KAM △GDC △BCM
用a，b表示后计算即可．
【详解】解：∵朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，
∴GD=GH=a，CD=BC=b，
∵朱入与朱出的三角形全等，
∴△FNK≌△GHI，
∴FN=GH=a，
∵两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，∴△IJC≌△KAM，△GFN≌△CMB，
∴S =S ，BM=FN=a，
△IJC △KAM
∴阴影部分面积为S +S +S
四边形GDJI △KAM △BCM
=S +S +S
四边形GDJI △IJC △BCM
=S +S
△GDC △BCM
1 1
= GD⋅CD+ BM⋅BC
2 2
1 1
= ab+ ab
2 2
=ab，
∵b−a=3，a2+b2=29，
(a2+b2)−(b−a) 2 29−32
∴ab= = =10，
2 2
即阴影部分的面积为10，
故答案为：10．
14．（3分）（24-25八年级·河北邯郸·阶段练习）【教材变式】已知n为正整数，若❑√189m是整数，则根
√300
据❑√189m=❑√3×3×3×7m=3❑√3×7m可知m有最小值3×7=21．设n为正整数，若❑ 是大于1的
n
整数，则n的最小值与最大值的和是 ．
【答案】78
√300 √3
【分析】本题考查了二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，先将❑ 化简为10❑ ，可得n最小为
n n
√300 √300 300 √300
3，由❑ 是大于1的整数可得❑ 越小， 越小，则n越大，当❑ =2时，即可求解，解题的关
n n n n
键是读懂题意，根据关键词“大于”，“整数”进行求解．
√300 √3×100 √3
【详解】解：∵ ❑ =❑ =10❑ ，且为整数，
n n n
∴n最小为3，
√300
∵ ❑ 是大于1的整数，
n
√300 300
∴ ❑ 越小， 越小，则n越大，
n n√300 300
当❑ =2时， =4，
n n
∴n=75，即n最大为75，
故n的最小值与最大值的和是78，
故答案为：78．
15．（3分）（24-25八年级·山东枣庄·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A ，A ，A ，…都在x
1 2 3
轴上，点B ，B ，B ，…都在同一条直线上，△A A B ，△B A A ，△B B A ，△B A A ，
1 2 3 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3
△B B A ，…都是等腰直角三角形，且A A =1，则点B 的坐标是 ．
3 2 3 1 2025
【答案】(22024−1，22024)/(−1+22024，22024)
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，一次函数，勾股定理等知识，解题的关键用列举法找到规律
后再解答．先求出直线解析式，再根据题意分别求出B ，B ，B ，…的纵坐标，再代入函数表达式中，求
1 2 3
出横坐标，即可得到答案．
【详解】解：∵△A A B ，△B A A ，△B B A ，△B A A ，△B B A …都是等腰直角三角形，且
1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3
A A =1，
1
∴A B =1，
1 1
设直线过点A(−1,0)，B(0,1)的函数表达式为y=kx+b．
{−k+b=0) {k=1)
则 ，解得： ，
b=1 b=1
函数表达式为y=x+1．
∵B 的纵坐标为1，
1
B 的纵坐标为❑√2+2=2=21，
2
B 的纵坐标为❑√8+8=4=22，
3
…，
B 的纵坐标为22024，
2025
把B 的纵坐标为22024代入y=x+1中，
2025解得x=22024−1，
点B 的坐标是(22024−1，22024)．
2025
故答案为：(22024−1，22024).
16．（3分）（2025·天津·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，ABb>0)，使a+b=m,ab=n，这样
(❑√a) 2+(❑√b) 2=m,❑√a⋅❑√b=❑√n，于是❑√m±2❑√n=❑√(❑√a±❑√b) 2=❑√a±❑√b；
举例：化简❑√8+2❑√15
解：这里m=8,n=15
∵3+5=8,3×5=15
即(❑√3) 2+(❑√5) 2=8,❑√3×❑√5=❑√15，
∴❑√8+2❑√15=❑√(❑√3+❑√5) 2=❑√3+❑√5
用上述例题的方法化简：
(1)❑√7+2❑√10
(2)❑√3−2❑√2
【答案】(1)❑√2+❑√5
(2)❑√2−1
【分析】此题主要考查了二次根式的乘法与化简正确运用完全平方公式是解题关键．
（1）直接利用完全平方公式将原式变形进而化简得出答案；
（2）直接利用完全平方公式将原式变形进而化简得出答案．
【详解】（1）解：∵2+5=7,2×5=10，
即(❑√2) 2+(❑√5) 2=7,❑√2×❑√5=❑√10，
∴❑√7+2❑√10
=❑√(❑√2+❑√5) 2
=❑√2+❑√5；
（2）解：∵2+1=3,2×1=2，
即(❑√2) 2+(❑√1) 2=3,❑√2×❑√1=❑√2，
∴❑√3−2❑√2
=❑√(❑√2−❑√1) 2
=❑√2−1．18．（6分）（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）如图，长方体的长AB=5，宽BC=4，高AE=6，三只
蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点A出发到点G处．蚂蚁甲的行走路径为翻过棱EH后到达点G处
（即A→P→G），蚂蚁乙的行走路径为翻过棱EF后到达点G处（即A→M→G），蚂蚁丙的行走路径
为翻过棱BF后到达点G处（即A→N→C）．
(1)甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是多少？
(2)若三只蚂蚁都走自己的最短路径，请判断：哪只蚂蚁最先到达？哪只蚂蚁最后到达？
【答案】(1)137，125，117
(2)蚂蚁丙最先到达，蚂蚁甲最后到达
【分析】本题主要考查了平面展开——最短路径问题，将图形展开，利用勾股定理进行计算是解题的关
键．
（1）将长方体展开，根据勾股定理解答即可得到结论；
（2）根据（1）中的结论，比较三只蚂蚁的行走路径S ，S ，S 的大小，即可得出结论．
甲 乙 丙
【详解】（1）解：将长方体表面展开，
如图1，连接AG，
在Rt△AFG中，∠AFG=90°，
∴S2 =AG2=GF2+(AE+EF) 2=42+(6+5) 2=42+112=137，
甲
如图2，连接AG，在Rt△ABG中，∠ABG=90°，
∴S2 =AG2=AB2+(BF+FG) 2=52+(6+4) 2=52+102=125，
乙
如图3，连接AG，
在Rt△ACG中，∠ACG=90°，
∴S2 =AG2=(AB+BC) 2+CG2=(5+4) 2+62=92+62=117，
丙
∴甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是137，125，117；
（2）解：∵137>125>117，即S2 >S2 >S2 ，
甲 乙 丙
∴ S >S >S ，
甲 乙 丙
又∵三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点A出发，
∴行走路程最小的最先到达，行走路程最大的最后到达，
即：蚂蚁丙最先到达，蚂蚁甲最后到达．
19．（8分）（24-25八年级·湖南·专题练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=CD，对角线
AC，BD交于点O，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：OA=OC；(2)若∠ABO=∠ACE，求证：四边形ABCD是菱形；
(3)在（2）的条件下，若菱形ABCD的面积为40，BD=8，求OE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)5
【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得到四边形ABCD是平行四边形，再由平行
四边形的性质即可得证；
（2）由题中条件证得▱ABCD的对角线AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得证；
（3）由菱形的面积列方程求出AC=10，在Rt△ACE中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即
1
可得到OE= AC=5．
2
【详解】（1）证明：∵AB∥DC，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC；
（2）证明：∵CE⊥AB，
∴∠CEA=90°，
∴∠CAE+∠ACE=90°，
∵∠ABO=∠ACE，
∴∠CAE+∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AC⊥BD，
由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（3）解：由（2）可知，四边形ABCD是菱形，
1
∴S = AC⋅BD=40，
菱形ABCD 2
∴AC=10，
∵OA=OC，∠CEA=90°，
1
∴OE= AC=5．
2
【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、直角三角形两锐角互余、菱形的判定、菱
形面积公式及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、直角三角形性质是解决问题的关键．
20．（8分）（24-25八年级·安徽合肥·专题练习）直线AB:y=x+b分别与x,y轴交于A,B两点，点A的
坐标为(−3,0)，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且OB:OC=3:1．
(1)求点B的坐标及直线BC的解析式；
(2)在x轴上方存在点D，便以点A,B,D为顶点的三角形与△ABC全等，画出△ABD并求出点D的坐标；
(3)若在线段OB上存在点P，使点P到点B,C的距离相等，求出点P的坐标．
【答案】(1)B(0,3)，y=−3x+3
(2)图见解析，点D的坐标为(−3,4)或(−4,3)
( 4)
(3)点P的坐标 0, ．
3
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征求出b值，进而得到点B坐标及OB的长度，从而可求出
OC，得出点C坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式即可；
（2）分△ABD≌△ABC和△BAD≌△ABC两种情况，分别求解即可；
（3）设OP=x，则PB=PC=3−x．由勾股定理得：OP2+OC2=PC2，即x2+12=(3−x) 2，求解即
可．
【详解】（1）解：把A(−3,0)代入y=x+b，得b=3．
∴B(0,3)．
∴OB=3，
∵OB:OC=3:1，
∴OC=1，
∵点C在x轴正半轴上，
∴C(1,0)
设直线BC的解析式为y=mx+n．{ n=3 )
把B(0,3)及C(1,0)代入，得 ，
m+n=0
{m=−3)
解得
n=3
∴直线BC的解析式为：y=−3x+3；
（2）解：分△ABD≌△ABC和△BAD≌△ABC两种情况：如图
当△ABD ≌△ABC时，
1
∵A(−3,0)，B(0,3)，
∴OA=OB=3，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∵C(1,0)，
∴OC=1，
∴AC=OA+OC=4，
∵△ABD ≌△ABC，
1
∴AD =AC=4，∠BAD =∠BAO=45°，
1 1
∴∠OAD =∠BAO+∠BAD =90°，
1 1
∵D 在第二象限内，
1
∴D (−3,4)；
1
当△BAD ≌△ABC时，
2
∴BD =AC=4，∠ABD =∠BAO=45°，
2 2
∴BD ∥OA即BD ∥x轴，
2 2
又∵B(0,3)，D 在第二象限内，
2
∴D (−4,3)；
2
综上，点D的坐标为(−3,4)或(−4,3)；（3）解：依照题意画出图形，如图所示．
∵PB=PC，
∴设OP=x，则PB=PC=3−x．
在Rt△POC中，∠POC=90°，
∴OP2+OC2=PC2，即x2+12=(3−x) 2，
4
解得：x= ，
3
( 4)
∴点P的坐标 0, ．
3
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的性质，平
行线的判定，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理．
21．（10分）（24-25八年级·江苏连云港·阶段练习）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AC=EF=CG=50cm，BD=20cm，GF=80cm，∠ABD=118°，∠GFE=62°，已
知BD∥CE∥GF．
(1)求证：四边形BCED是平行四边形；
(2)求椅子最高点A到地面GF的距离．
【答案】(1)见解析
(2)80cm【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∠ACE=∠ABD=118°，∠DEC=∠GFE=62°，进而得
∠ACE+∠DEC=180°，可知BC∥DE，即可证明结论；
（2）由平行四边形的性质得CE=BD=20cm，延长AC交GF于H，由（1）可知，CH∥EF，CE∥HF
，可知四边形CHFE是平行四边形，得CH=EF=50cm，HF=CE=20cm，求得
AH=AC+CH=100cm，GH=GF−HF=60cm，证明∠AGF=90°，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵BD∥CE∥GF，∠ABD=118°，∠GFE=62°，
∴∠ACE=∠ABD=118°，∠DEC=∠GFE=62°，
则∠ACE+∠DEC=180°，
∴BC∥DE，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）解：∵四边形BCED是平行四边形，
∴CE=BD=20cm，
延长AC交GF于H，
由（1）可知，CH∥EF，CE∥HF，
∴四边形CHFE是平行四边形，
∴CH=EF=50cm，HF=CE=20cm，
则AH=AC+CH=100cm，GH=GF−HF=60cm，
连接AG，
∵AC=EF=CG=CH，
∴∠CAG=∠CGA，∠CGH=∠CHG，
∴∠CAG+∠AGH+∠CHG=2(∠CGA+∠CGH)=180°，
∴∠AGF=90°，
∴AG=❑√AH2−GH2=80cm，即：椅子最高点A到地面GF的距离为80cm．
22．（10分）（浙江省J12共同体联盟学校2024-2025学年八年级下学期4月期中）阅读材料：像
(❑√5+❑√2)(❑√5−❑√2)=3、❑√a⋅❑√a=a(a≥0)、(❑√b+1)(❑√b−1)=b−1(b≥0)……两个含有二次根式的代
数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如❑√3与❑√3，❑√2+1与❑√2−1等
都是互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．例如：
1 ❑√3 ❑√3 ❑√2+1 (❑√2+1) 2
= = ； = =3+2❑√2解答下列问题：
2❑√3 2❑√3×❑√3 6 ❑√2−1 (❑√2−1)(❑√2+1)
2
(1)3−❑√7与 互为有理化因式，将 分母有理化得 ，
3❑√2
(2)观察下面的变形规律并解决问题：
1 1 1 1
① =❑√2−1， =❑√3−❑√2， =❑√4−❑√3， =❑√5−❑√4……若n为正整数，
❑√2+1 ❑√3+❑√2 ❑√4+❑√3 ❑√5+❑√4
1
请你猜想： = ，
❑√n+1+❑√n
( 1 1 1 1 )
②计算： + + +⋯+ ×(❑√2025+1)
❑√2+1 ❑√3+❑√2 ❑√4+❑√3 ❑√2025+❑√2024
❑√2
【答案】(1)3+❑√7，
3
(2)① ❑√n+1−❑√n；② 2025
【分析】本题主要考查了分母有理化，二次根式规律探究，熟练掌握二次根式混合运算法则，是解题的关
键．
（1）根据题目所给互为有理化因式的定义，以及平方差公式，即可求解；
（2）①根据题目所给等式观察得出规律，即可进行解答；
②根据①中总结的一般规律，先将第一个括号化简，再根据平方差公式进行计算即可．
【详解】（1）解：根据互为有理化因式的定义可知，3−❑√7与3+❑√7互为有理化因式；
2 2❑√2 ❑√2
= = ，
3❑√2 3❑√2×❑√2 3
❑√2
故答案为：3+❑√7； ．
31
（2）解：①
❑√n+1+❑√n
❑√n+1−❑√n
=
(❑√n+1−❑√n)(❑√n+1+❑√n)
=❑√n+1−❑√n；
( 1 1 1 1 )
② + + +...+ (❑√2026+1)
❑√2+❑√1 ❑√3+❑√2 ❑√4+❑√3 ❑√2026+❑√2025
=(❑√2−1+❑√3−❑√2+❑√4−❑√3+...+❑√2026−❑√2025)(❑√2026+1)
=(❑√2026−1)(❑√2026+1)
=2026−1
=2025．
23．（12分）（24-25八年级·河北邯郸·期末）在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，A地与C地的
距离为320千米．乙车从B地驶往C地，同时甲车从B地驶往A地，到达A地后因故停留1小时，然后按
原路原速返回B地并立即驶往C地，结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整．两车均匀速行驶，图
是两车距A地的距离y（单位：千米）与出发的时间x（单位：小时）之间的函数图象（甲车的函数图象不
完整）．
(1)求乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式（不写自变量的取值范围）；
(2)甲车的速度为______________千米/小时；当x=______________时，甲车刚好到达C地；在图中补充甲
车从A地到C地行驶过程中，y关于x的函数图象EF；
(3)当两车从B地出发后，第一次相遇时，求相遇点与A地的距离；
(4)乙车到达C地前，直接写出当两车之间相距100千米时x的值．
【答案】(1)y=30x+80
(2)80，6
(3)224千米10 14
(4)x= 或
11 5
【分析】本题考查了一次函数的应用，求一次函数的解析式，正确理解甲乙两车的行驶过程是解题的关
键．
（1）由题意可知图中DG段图象是乙车从B地到C地的行驶过程，由图象可知D(0,80)，G(8,320)，再利
用待定系数法即可求解；
（2）结合题意，根据速度=路程÷时间即可求解；
（3）由题意可知，甲车从A地出发时，乙车已经出发了2小时，若距离出发x小时，两车第一次相遇，列
出方程即可求解；
（4）分四种种情况：当甲还没到A时，两车之间相距100千米；当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100
千米；当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达C地时，两车之间相距100千米；当甲车到达C地后，乙车还
没有到，两车之间相距100千米；分别列出方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意可知图中DG段图象是乙车从B地到C地的行驶过程，
由图象可知D(0,80)，G(8,320)，
{ b=80 ) {k=30)
可设y=kx+b，代入D(0,80)，G(8,320)，得 ，解得 ，
8k+b=320 b=80
∴乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式为：y=30x+80；
（2）由图象可知，甲车的速度为80÷1=80千米/小时，
甲车从A地出发达到C地所需时间为320÷80=4，
∴x=4+1+1=6，
则补全函数图象如图所示，
故答案为：80，6；
（3）由题意可知，甲车从A地出发时，乙车已经出发了2小时，
若距离出发x小时，两车第一次相遇，
可得：30x+80=80(x−2)，解得：x=4.8，
此时，相遇点与A地的距离为80×(4.8−2)=224千米；10
（4）当甲还没到A时，两车之间相距100千米，可得80x+30x=100，解得：x= ；
11
14
当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100千米，可得：30x+80−80(x−2)=100，解得：x= ；
5
当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达C地时，两车之间相距100千米，可得：80(x−2)−(30x+80)=100
34
，解得：x= >6（不符合题意，舍去）；
5
当甲车到达C地后，乙车还没有到，两车之间相距100千米，可得：30x+80=320−100，解得：
x=4<6（不符合题意，舍去）；
10 14
综上，当两车之间相距100千米时，x= 或 ．
11 5
24．（12分）（24-25八年级·辽宁沈阳·阶段练习）综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“折
叠”为主题开展数学活动．
(1)作判断
操作一：对折长方形纸片ABCD，使AD与BC重台，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在长方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，∠MBC=______度．
(2)迁移探究：嘉琪将长方形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）
中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2．当点M在EF上时，∠MBQ=______度，∠CBQ=______度；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说
明理由．
(3)拓展应用：在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ=1cm时，直接写出AP的
长．
【答案】(1)30
(2)①15，15 ②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析30
(3)AP= cm或2.5cm
7
1
【分析】（1）根据折叠的性质得BE= BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得
2
∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）①根据折叠的性质及正方形的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQC，即可求解；
②根据折叠的性质及正方形的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQC，即可求解；
（3）由（2）可知QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设
AP=PM=xcm，分别表示出PD、DQ、PQ，由勾股定理即可求解．
1
【详解】（1）解：∵AE=BE= ，
2
1
∴BE= BM，
2
取BM的中点为N，连接EN，如图1：
∵∠BEM=90°
，
1
∴EN=BN=MN= ，
2
∴BE=EN=BN，
∴△BEN是等边三角形，
∴∠MBE=60°，
∴∠BME=90°−∠MBE=30°，
∵∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°，
故答案为：30；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
由折叠的性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°，
∴BM=BC；
① ∵BM=BC，BQ=BQ，∴Rt△BQM≌Rt△BQC(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∵∠MBC=30°，
∴∠MBQ=∠CBQ=15°，
故答案为：15，15；
② ∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°，
由折叠可得AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，
∵BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ；
（3）解：当点Q在点F的下方时，如图3.1，
∵FQ=1cm DF=FC=5cm AB=CD=10cm
， ， ，
∴QC=CD−DF−FQ=10−5−1=4cm，DQ=DF+FQ=5+1=6cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=xcm，PD=(10−x)cm，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(10−x) 2+62=(x+4) 2，
30
解得：x= ，
7
30
∴AP= cm；
7
当点Q在点F的上方时，如图3.2，∵FQ=1cm DF=FC=5cm AB=10cm
， ， ，
∴QC=6cm，DQ=4cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=xcm，PD=(10−x)cm，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(10−x) 2+62=(x+4) 2，
解得：x=2.5，
∴AP=2.5cm，
30
综上所述，AP= cm或2.5cm．
7
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判
定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
