八年级下册数学第三次月考试卷

这是一份八年级下册数学第三次月考试卷，共34页。
考试时间：60分钟；满分：100分；考试范围：第16~19章
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）若a＞b＞0，则b2+b−a2的结果是（ ）
A．aB．2b−a C．a−2b D．−a
2．（3分）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A．∠A=61°,∠B=29°B．AB:BC:AC=3:4:5
C．∠A:∠B:∠C=3:4:5D．AB=41,BC=4,AC=5
3．如图，在平行四边形ABCD中，∠D=120°，AD=23厘米，AB=43厘米，点P从点D出发以每秒3厘米的速度，沿D→C→B→A在平行四边形的边上匀速运动至点A．设点P的运动时间为t秒，△ADP的面积为s平方厘米，下列图中表示s与t之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）已知四边形ABCD中，AC、BD交于点O，给出条件①AD∥BC且AB=CD，②AB=CD且OA=OC，③∠DAB=∠DCB且OA=OC，④∠DAB=∠DCB且OB=OD，其中能判定四边形ABCD是平行四边形的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
5．（3分）如图，已知矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则DF的长为（ ）
A．3911B．4513C．175D．5717
6．（3分）把四张形状、大小完全相同的小长方形卡片（如图1）不重叠地放在一个底面为长方形（长为21，宽为4cm）的盒子底部（如图2），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图2中两块阴影部分的周长和是（ ）
A．421cmB．421−4cm
C．221+4cmD．16cm
7．（3分）如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在x轴，y轴上，点B(3,2)在直线l：y=kx+11上．将正方形ABCD沿x轴正方向向右平移m（m>0）个单位长度后，点C恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．5B．53C．83D．2
8．（3分）已知正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而增大，则一次函数y=x−k的图像是（ ）
A．B．
C．D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中有一菱形OABC且∠A=120°，点O，B在y轴上，OA=1，现在把菱形向右无滑动翻转，每次翻转60°，点B的落点依次为B1，B2，B3…，连续翻转2023次，则B2023的坐标为（ ）
A．1349，0B．1349，32
C．1349.5，0D．1349.5，32
10．（3分）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①OG=12AB；②S四边形ODGF>S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若y与x−1成正比例，且当x=2时y=6，则当x=−2时y= ．
12．（3分）计算：(3−2)2012(3+2)2013＝ ．
13．（3分）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为18cm，底面周长为10cm，在杯内壁离杯底8cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿2cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）

14．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=8cm,CD=10cm， E是DC上一点，且DE=3cm，P从A点出发以1cm/s的速度向B点运动，同时Q从D点出发以2cm/s的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为ts，当t= 时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的边OC落在x轴的正半轴上，且点B6，2，点C4，0，直线y=2x+1以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，经过 秒该直线可将▱OABC分成面积相等的两部分．
16．（3分）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于 ．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）计算：
（1）212−613+348；
（2）(3+22)(3−22)+13−72÷6．
18．（6分）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+bk≠0的图象由函数y=x的图象平移得到，且经过点1,2．
(1)求这个一次函数的解析式；
(2)求一次函数y=kx+bk≠0的图象与两坐标轴所围成的三角形面积．
19．（8分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，请按下列要求作图．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)在图1中作线段AB，点A，B都在格点上，且AB=5．
(2)在图2中作等腰直角三角形CDE，点C，D，E都在格点上，且S△CDE=5．
20．（8分）一天早晨，佳佳从家出发匀速步行去学校，妈妈发现佳佳忘带数学书了，于是立即下楼骑车沿佳佳行进路线匀速追赶，妈妈追上佳佳后，立即按原路线返回家中，由于路人渐多，妈妈返回时的速度只是去时的23，佳佳则以原速度的1．5倍赶往学校妈妈与佳佳之间的路程y（米）与佳佳从家出发后步行的时间x（分）之间的关系如图所示（佳佳与妈妈交接学习用品耽搁的时间忽略不计），结合图象信息解答下列问题：
(1)佳佳步行速度是______，妈妈追佳佳时的速度是______；
(2)求图象中线段DE所表示的y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)直接写出佳佳出发多长时间，佳佳与妈妈相距300米的时间．
21．（8分）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
22．（8分）已知：如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB交x轴于点A，交y轴于点B，点B的坐标为0,n，点A的坐标为m，0，m、n满足m=6−n+n−6−8，将△AOB沿直线BC叠，使点O在AB上，点O的对应点为点D，折痕交x轴于点C．

(1)求点D的坐标；
(2)点Mt，0是射线AO上的一点，连接BM，△BMC的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
(3)在（2）的条件下，当点M在x轴正半轴运动，满足∠BMO=2∠CBO时，求△BMC的面积，在平面直角坐标系内是否存在点K，使以C、B、M、K为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出K的坐标；若不存在，说明理由．
23．（8分）实践操作
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考
（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）．
①当点P与点A重合时，∠DEF=______°；当点E与点A重合时，∠DEF=______°；
②当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当AP=7时的菱形EPFD的边长．
拓展延伸
（2）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段AM与线段DE的长度相等？若存在，请直接写出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．
八年级（下）月考数学试卷（5月份）
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024八年级·浙江·专题练习）若a＞b＞0，则b2+b−a2的结果是（ ）
A．aB．2b−a C．a−2b D．−a
【答案】A
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，有理数的大小比较以及绝对值，熟练掌握二次根式的化简是解题的关键．先化简二次根式b2+(b−a)2=b+b−a，再利用a＞b＞0得到b+b−a=b+a−b=a即可得到答案．
【详解】解：∵a＞b＞0，
∴b2+(b−a)2=b+b−a=b+a−b=a．
故选：A．
2．（3分）（2024八年级·河北邢台·阶段练习）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A．∠A=61°,∠B=29°B．AB:BC:AC=3:4:5
C．∠A:∠B:∠C=3:4:5D．AB=41,BC=4,AC=5
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的判定，解题的关键是掌握三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理．
【详解】解：A、∵∠A=61°,∠B=29°，
∴∠C=180°−61°−29°=90°，
∴△ABC是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、∵AB:BC:AC=3:4:5，3x2+4x2=5x2，
∴△ABC是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、∵∠A:∠B:∠C=3:4:5，
∴∠C=180°×53+4+5=75°≠90°，
∴△ABC不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、∵AB=41,BC=4,AC=5，412=42+52，
∴△ABC是直角三角形，故此选项不符合题意，
故选：C．
3．（3分）（2024八年级·江苏盐城·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，∠D=120°，AD=23厘米，AB=43厘米，点P从点D出发以每秒3厘米的速度，沿D→C→B→A在平行四边形的边上匀速运动至点A．设点P的运动时间为t秒，△ADP的面积为s平方厘米，下列图中表示s与t之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象问题,涉及平行四边形性质、三角形外角性质、三角形面积公式等知识．由平行四边形性质得到DC=43厘米，点P速度为每秒3厘米，则点P在CD上时，时间t满足的取值范围为0≤t≤4，观察符合题意的A、B、D的图象，t=4即点P在C处时，△ADP的面积各不相同，求得此时△ADP的面积，即可找到正确选项．判断出点P运动到点C时的时间及此时△ADP的面积是解决本题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=43厘米，
∴CD=AB=43厘米，
∵点P从点D出发以每秒3厘米的速度，
∴点P走完CD所用的时间为：43÷3=4秒，
∴当点P在CD上时，0≤t≤4；故排除C；
当t=4时，点P在点C处，过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：
∴∠E=90°，
∵∠ADC=120°，
∴∠EAD=∠ADC−∠E=30°，
∵AD=23厘米，
∴DE=3厘米，
∴AE=3厘米，
∴S△ADP =12CD⋅AE=12×43×3=63平方厘米，
故选：B．
4．（3分）（2024八年级·山东日照·阶段练习）已知四边形ABCD中，AC、BD交于点O，给出条件①AD∥BC且AB=CD，②AB=CD且OA=OC，③∠DAB=∠DCB且OA=OC，④∠DAB=∠DCB且OB=OD，其中能判定四边形ABCD是平行四边形的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】A
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．
根据平行四边形的判定定理：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形进行分析即可．
【详解】解：①AD∥BC且AB=CD不能判定四边形ABCD是平行四边形；
②AB=CD且OA=OC不能判定四边形ABCD是平行四边形；
③∠DAB=∠DCB且OA=OC不能判定四边形ABCD是平行四边形；
④∠DAB=∠DCB且OB=OD不能判定四边形ABCD是平行四边形；
故选：A．
5．（3分）（2024八年级·陕西·阶段练习）如图，已知矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则DF的长为（ ）
A．3911B．4513C．175D．5717
【答案】C
【分析】根据折叠的性质可得出△DCP≌△DEP，进而DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP，根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设BF=EP=CP=x，则AF=4−x，BP=3−x=EF，DF=DE−EF=4−(3−x)=x+1，依据Rt△ADF中，AF2+AD2=DF2，解方程得x，即可确定DF的长．
【详解】解：根据折叠可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，
∠EOF=∠BOP∠B=∠E=90°OP=OF，
∴△OEF≌△OBP(AAS)，
∴OE=OB，EF=BP，
∴BF=EP=CP，
设BF=EP=CP=x，则AF=4−x，BP=3−x=EF，DF=DE−EF=4−(3−x)=x+1，
∵∠A=90°，
∴Rt△ADF中，由勾股定理可得AF2+AD2=DF2，即(4−x)2+32=(1+x)2，解得x=125，
∴DF=125+1=175，
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题时常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列方程求解是解决问题的关键．
6．（3分）（2024八年级·甘肃武威·阶段练习）把四张形状、大小完全相同的小长方形卡片（如图1）不重叠地放在一个底面为长方形（长为21，宽为4cm）的盒子底部（如图2），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图2中两块阴影部分的周长和是（ ）
A．421cmB．421−4cm
C．221+4cmD．16cm
【答案】D
【分析】
本题主要考查了二次根式的应用，整式的加减运算，二次根式加减运算等知识，根据题意列出关系式，去括号合并同类二次根式即可得到结果，在解题时要根据题意结合图形得出答案是解题的关键．
【详解】
解：设图1小长方形卡片的长为x，宽为y，根据题意得x+2y=21，
则图2中两块阴影部分周长和是221+24−2y+24−x
=221+4×4−4y−2x
=221+16−2x+2y
=221+16−221
=16(cm)，
故选：D．
7．（3分）（2024八年级·浙江金华·期末）如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在x轴，y轴上，点B(3,2)在直线l：y=kx+11上．将正方形ABCD沿x轴正方向向右平移m（m>0）个单位长度后，点C恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．5B．53C．83D．2
【答案】B
【分析】过B作BM⊥OE于M，过C作CN⊥OF于N，根据“AAS”定理证得△DAO≌△ABM，△CDN≌△DAO，根据全等三角形的性质求出C点的坐标为(1,3)，由待定系数法求出直线l的解析式为y=−3x+11，设平移后点C的坐标为(1+m,3)，代入解析式即可求出m．
【详解】解：过B作BM⊥OE于M，过C作CN⊥OF于N，如下图，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∴∠DAO+∠BAM=90°，
∴∠DAO=∠ABM，
在△DAO和△ABM中，
∠DAO=∠ABM∠DOA=∠AMB=90°DA=AB，
∴△DAO≌△ABM(AAS)，
∴OA=BM，OD=AM，
∵B(3,2)，
∴BM=2，OM=3，
∴OA=2，
∴AM=OM−OA=1，
∴OD=1，
同理可证△CDN≌△DAO，
∴DN=OA=2，CN=DO=1，
∴ON=OD+DN=3，
∴C(1,3)，
∵点B(3,2)在直线l：y=kx+11上，
∴3k+11=2，
∴k=−3，
∴直线l的解析式为y=−3x+11，
设正方形ABCD沿y轴向右平移m个单位长度后点C的坐标为(1+m,3)，
∵点C在直线l上，
∴−3(1+m)+11=3，
解得m=53．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数的应用、坐标与图形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
8．（3分）（2024八年级·山东菏泽·阶段练习）已知正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而增大，则一次函数y=x−k的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查正比例函数和一次函数的性质，利用函数的性质先求得k的取值范围是解题的关键．
由正比例函数的性质可求得k的取值范围，再结合一次函数的解析式进行判断即可．
【详解】解：∵正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而增大，
∴k>0，
∴−kS△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．
④∵连接CG，由O、G分别是AC，AD的中点，得到S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDGAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵连接CG，
∵O、G分别是AC，AD的中点，
∴S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵OG∥AB，
∴S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
连接FD，如图：
∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；
正确的是①③④，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024八年级·浙江金华·阶段练习）若y与x−1成正比例，且当x=2时y=6，则当x=−2时y= ．
【答案】−18
【分析】本题考查了正比例的应用，由y与x−1成正比例可以设y=kx−1，代入计算即可．
【详解】∵y与x−1成正比例，
∴设y=kx−1，
当x=2时y=6，
∴6=k2−1，解得6=k，
∴y=6x−1，
∴当x=−2时，y=6x−1=6×−2−1=−18，
故答案为：−18．
12．（3分）（2024八年级·甘肃平凉·期中）计算：(3−2)2012(3+2)2013＝ ．
【答案】3+2
【分析】利用积的乘方逆运算进行配凑计算即可．
【详解】解：原式=(3−2)2012(3+2)2012(3+2)
=(3−2)(3+2)2012(3+2)
=(3−2)2012(3+2)
=3+2 ．
故答案为：3+2．
【点睛】本题考查了积的乘方的逆运算：anbn=(ab)n，平方差公式，以及同底数幂相乘的逆运算，掌握积的乘方的逆运算是解题的关键．
13．（3分）（2024八年级·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为18cm，底面周长为10cm，在杯内壁离杯底8cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿2cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）

【答案】13
【分析】本题考查了平面展开---最短路径问题，将杯子侧面展开，建立B关于EF的对称点B′，根据两点之间线段最短可知B′A的长度即为所求．
【详解】解：如图：

将杯子侧面展开，作B关于EF的对称点B′，
连接B′A，则B′A即为最短距离，
B′A=B′D2+DA2=52+122=13cm．
故答案为：13．
14．（3分）（2024八年级·河南南阳·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=8cm,CD=10cm， E是DC上一点，且DE=3cm，P从A点出发以1cm/s的速度向B点运动，同时Q从D点出发以2cm/s的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为ts，当t= 时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】1或3/3或1
【分析】分点Q在AE的左侧和右侧两种情形，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，建立等式求解即可．
【详解】当点Q在AE的左侧时，设运动时间为ts，
根据题意，得AP=tcm,DQ=2tcm，
∵DE=3cm，
∴QE=3−2tcm，
∵AB∥CD，
∴AP∥QE，
故当AP=QE时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴t=3−2t
解得t=1s．
当点Q在AE的右侧时，设运动时间为ts，
根据题意，得AP=tcm,DQ=2tcm，
∵DE=3cm，
∴QE=2t−3cm，
∵AB∥CD，
∴AP∥QE，
故当AP=QE时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴t=2t−3
解得t=3s．
故答案为：1或3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，一元一次方程的应用，熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键．
15．（3分）（2024八年级·江苏南京·期中）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的边OC落在x轴的正半轴上，且点B6，2，点C4，0，直线y=2x+1以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，经过 秒该直线可将▱OABC分成面积相等的两部分．
【答案】6
【分析】
此题考查了平行四边形的性质，以及一次函数的知识，关键是正确掌握经过平行四边形对角线交点的直线平分平行四边形的面积．先连接AC、BO，交于点D，当y=2x+1经过D点时，该直线可将▱OABC的面积平分，然后计算出过D且平行直线y=2x+1的直线解析式，从而可得直线y=2x+1要向下平移6个单位，进而可得答案．
【详解】解：连接AC、BO，交于点D，当y=2x+1经过D点时，该直线可将▱OABC的面积平分；
∵四边形AOCB是平行四边形，
∴BD＝OD，
∵B6，2，，
∴D3，1，
设DE的解析式为y=kx+b，
∵平行于y=2x+1，
∴k=2，
∵过D3，1，
∴1=2×3+b，
∴b=−5，
∴DE的解析式为y=2x−5，
∴直线y=2x−5于y轴交于点0,−5，
∴直线y=2x+1要向下平移6个单位，
∴时间为6秒，
故答案为：6．
16．（3分）（2024八年级·吉林长春·阶段练习）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于 ．
【答案】2
【分析】连接AE，证明四边形AECB是平行四边形得AE∥BC，由勾股定理得AD=5，从而有 AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，从而可得∠DOC=∠DCO，进而可得DO=DC=3，最后进行计算即可解答．
【详解】解∶如下图∶连接AE，
∵AB∥EC，AB=EC=2，
∴四边形AECB是平行四边形，
∴AE∥BC，
∵ AD=32+42=5， DE=5，
∴AD=DE=5，
∴∠DAE=∠DEA，
∵AE∥BC，
∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，
∴∠DOC=∠DCO，
∴DO=DC=3，
∴AO=AD-DO=5-3=2，
故答案为∶2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质，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．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2024八年级·重庆渝北·阶段练习）计算：
（1）212−613+348；
（2）(3+22)(3−22)+13−72÷6．
【答案】（1）143；（2）1−533
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，先把各个二次根式化为最简二次根式，然后进行合并，熟练掌握平方差公式和完全平方公式，是解题的关键．
（1）先把各二次根式化简为最简二次根式，然后合并即可；
（2）先利用完全平方公式和平方差公式进行计算，然后合并即可．
【详解】（1）解：212−613+348
=43−23+123
=143；
（2）解：3+223−22+13−72÷6
=9−8+33−72÷6
=9−8+33−23
=1−533．
18．（6分）（2024八年级·安徽六安·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+bk≠0的图象由函数y=x的图象平移得到，且经过点1,2．
(1)求这个一次函数的解析式；
(2)求一次函数y=kx+bk≠0的图象与两坐标轴所围成的三角形面积．
【答案】(1)y=x+1
(2)12
【分析】（1）先根据直线平移时k的值不变得出k=1，再将点A(1,2)代入y=x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；
（2）求一次函数y=x+1图象与两坐标轴的交点坐标，利用坐标与图形即可由三角形面积公式求解．
【详解】（1）解： ∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象由直线y=x平移得到，
∴k=1，
将点(1,2)代入y=x+b，
得1+b=2，解得b=1，
∴一次函数的解析式为y=x+1；
（2）解：对于一次函数y=x+1，
令x=0，则y=1，
∴一次函数y=x+1的图象与y轴的交点坐标为0,1，
令y=0，则x=−1，
∴一次函数y=x+1的图象与x轴的交点坐标为−1,0，
∴一次函数y=x+1的图象与两坐标轴所围成的三角形面积S=12×1×1=12．
【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积，数形结合是解题的关键．
19．（8分）（2024八年级·陕西延安·阶段练习）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，请按下列要求作图．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)在图1中作线段AB，点A，B都在格点上，且AB=5．
(2)在图2中作等腰直角三角形CDE，点C，D，E都在格点上，且S△CDE=5．
【答案】(1)作图见解析（画法不唯一）
(2)作图见解析（画法不唯一）
【分析】（1）如图，取格点A，B，连接AB即可；
（2）如图，取格点C，D，E，连接CD，DE，CE即可．
【详解】（1）解：如图，取格点A，B，F，连接AB，AF，BF，
∵在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，
∴∠AFB=90°，AF=4，BF=3，
∴AB=AF2+BF2=42+32=5，
则线段AB即为所作（画法不唯一）；
（2）如图，取格点C，D，E，连接CD，DE，CE，
∵在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，
∴AE=42+22=20=25，
CD=32+12=10，
DE=32+12=10，
∴CD=DE，
∴△CDE是等腰三角形，
∵AE2=252=20，CD2=DE2=102=10，
∴CD2+DE2=10+10=20=AE2，
∴∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
又S△CDE=12×10×10=12×10=5，
则△CDE即为所作（画法不唯一）．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了网格线的特点，勾股定理，等腰直角三角形的定义，勾股定理的逆定理，三角形的面积等知识点．掌握等腰直角三角形的定义、勾股定理及勾股定理的逆定理是解题的关键．
20．（8分）（2024八年级·黑龙江牡丹江·阶段练习）一天早晨，佳佳从家出发匀速步行去学校，妈妈发现佳佳忘带数学书了，于是立即下楼骑车沿佳佳行进路线匀速追赶，妈妈追上佳佳后，立即按原路线返回家中，由于路人渐多，妈妈返回时的速度只是去时的23，佳佳则以原速度的1．5倍赶往学校妈妈与佳佳之间的路程y（米）与佳佳从家出发后步行的时间x（分）之间的关系如图所示（佳佳与妈妈交接学习用品耽搁的时间忽略不计），结合图象信息解答下列问题：
(1)佳佳步行速度是______，妈妈追佳佳时的速度是______；
(2)求图象中线段DE所表示的y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)直接写出佳佳出发多长时间，佳佳与妈妈相距300米的时间．
【答案】(1)50米/分钟；150米/分钟；
(2)y=175x−2625（15≤x≤22.5）；
(3)6分钟或12分钟或15127分钟．
【分析】（1）根据题意和图像，列出一元一次方程，解方程即可求出答案；
（2）由题意，先求出点E的坐标，然后利用待定系数法即可求出解析式；
（3）根据题意，佳佳与妈妈相距300米可分为3种情况，分别求出每一种情况的时间即可
【详解】（1）解：根据图像，设佳佳的速度为m米/分钟，则有
15m+1.5m×(25−15)=1500，
解得：m=50；
设妈妈追佳佳时的速度是n米/分钟，则
(15−10)n=15×50，
解得：n=150；
∴佳佳步行速度是50米/分钟；妈妈追佳佳的速度为150米/分钟；
故答案为：50米/分钟；150米/分钟；
（2）解：由图可知，点E表示妈妈已经回到家，则
妈妈回家所用的时间为：(15−10)×150150×23=750100=7.5（分钟），
∴点E的横坐标为：15+7.5=22.5，
此时佳佳走过的路程为：50×15+50×32×7.5=750+562.5=1312.5（米），
∴点E的纵坐标为1312.5；
设线段DE的解析式为y=kx+b，则
把点D（15，0），点E（22.5，1312.5）代入，得
15k+b=022.5k+b=1312.5，解得k=175b=−2625，
∴y=175x−2625；
∴自变量x的取值范围是15≤x≤22.5；
∴y=175x−2625（15≤x≤22.5）；
（3）解：根据题意，
①当佳佳出发300米，妈妈在家没有出发时，有
t=30050=6（分钟）；
②当妈妈追佳佳时相距300米，有
150(t−10)+300=50t，
解得：t=12；
③当妈妈返回家途中，与佳佳相距300米，有
50×32t1+150×23t1=300，
解得：t1=127，
∴此时的时间是t=15+127=15127（分钟）；
综合上述，佳佳与妈妈相距300米的时间为：6分钟或12分钟或15127分钟．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是能够理解函数图象各个拐点的实际意义求解．
21．（8分）（2024八年级·江苏宿迁·阶段练习）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
【答案】(1)2
(2)100−1
(3)2023−20222021，
∴2023>2022>2021，
∴2023−2022>0，2022−2021>0，
∵12023−2022=2023+20222023−2022×2023+2022=2023+2022，
12022−2021=2022+20212022−2021×2022+2021=2022+2021，
又∵2023+2022>2022+2021，
∴12023−2022>12022−2021，
∴2023−20220，
∴OM=t，
∴AM=8+t，BM=t2+0−62=t2+36，
在Rt△ABM中，AB2+BM2=AM2，
∴102+t2+362=8+t2，
解得：t=92，即M92,0，
∵C0,−3，
∴CM=3+92=152，
∴S△BMC=12CM⋅OB=12×152×6=452；
若以C、B、M、K为顶点的四边形是平行四边形，
设Kx,y，
①当BM是对角线时，此时四边形BCMK1是平行四边形，
则0+922=−3+x26+02=0+y2，解得：x=152y=6，
∴K1152，6；
②当BC是对角线时，此时四边形BMCK2是平行四边形，
则0+−32=92+x26+02=0+y2，解得：x=−152y=6，
∴K232，−6；
③当CM是对角线时，此时四边形BCK3M是平行四边形，
则−3+922=0+x20+02=6+y2，解得：x=32y=−6，
∴K3−152，6，
综上可知，在平面直角坐标系内存在点K，使以C、B、M、K为顶点的四边形是平行四边形，K的坐标为K1152，6，K232，−6，K3−152，6．

【点睛】本题考查了非负数的性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数的图象和性质，折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，坐标两点的距离公式及中点公式等知识，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是解题关键．
23．（8分）（2024八年级·广西南宁·阶段练习）实践操作
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考
（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）．
①当点P与点A重合时，∠DEF=______°；当点E与点A重合时，∠DEF=______°；
②当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当AP=7时的菱形EPFD的边长．
拓展延伸
（2）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段AM与线段DE的长度相等？若存在，请直接写出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①90，45；②见解析、8514；
（2）存在，65或4211
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质即可解题①，再设DP交EF与点O，根据矩形的性质和折叠的性质证得△DOF≌△EOP，从而判定四边形DEPF为菱形，再设菱形边长为x，根据菱形的性质和勾股定理即可求得当AP=7时的菱形EPFD的边长；
（2）本题需考虑两种情况，当点P在矩形ABCD外时，连接EM，根据矩形的性质和折叠的性质证得△EAM≌△MPE，从而根据勾股定理求得AE的长度，当点P在矩形ABCD内时，记CM与AD相交于点G，根据矩形的性质和折叠的性质证得△GAM≌△GPE，从而根据勾股定理求得AE的长度．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD为矩形，
∴当点P与点A重合时，EF是AD的中垂线，
∴ ∠DEF=90°，
当点E与点A重合时 ，
则EF平分∠DAB，
∵∠DAB=90°，
∴∠DEF=12∠DAB=45°，
故答案为：90，45；
②证明：如图，设DP交EF与点O，
∵四边形ABCD为矩形，
∵DF∥AB，
∴∠ODF=∠OPE，∠DFD=∠OEP，
∵将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF，
∴EF⊥DP，OD=OP，
在△DOF和△EOP中：
∠ODF=∠OPE∠DFD=∠OEPOD=OP，
∴△DOF≌△EOP（AAS），
∴DF=EP，
∵DF∥AB，
∴四边形DEPF为平行四边形，
∵EF⊥DP，
∴四边形DEPF为菱形，
当AP=7时，
设菱形边长为x，
∴AE=7−x，DE=x，
在Rt△ADE中：
有DE2=AE2+AD2，即x2=7−x2+62，
解得：x=8514，
故当AP=7时的菱形EPFD的边长为8514；
（2）存在，65或4211，
当点P在矩形ABCD外时，
如图，连接EM，
∵DE=EP=AM，EM=EM，
∴△EAM≌△MPEHL，
设AE为x，则AM=DE=6−x，
∴BM=AB−AM=2+x，
∵MP=AE=x，CP=CD=8，
∴CM=CP−MP=8−x，
由勾股定理得：
x+22+62=8−x2，
解得：x=65；
当点P在矩形ABCD内时，
如图记CM与AD相交于点G，
∵DE=EP=AM，∠MAG=∠EPG，∠MGA=∠EGP，
∴△GAM≌△GPEAAS，
设AE=x，则DE=6−x，
则AM=PE=DE=6−x，MP=AE=x，
则MC=MP+PC=x+8，BM=AB+AM=14−x，
由勾股定理得：
14−x2+62=x+82，
解得：x=4211，
综上所述，AE的长度为65或4211．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握折叠的性质是关键，注意运用数形结合的思想