《2025年千里马单元测试卷八年级数学下册人教版》

1. (黑河爱辉区期末)如图,在□ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,BD⊥CD,AB = 6 cm,BC = 10 cm. 点E从点D出发沿DA方向以2 cm/s的速度匀速运动,到点A时停止运动,连接EO并延长交BC于点F. 设运动时间为t s.
(1)当t为何值时,四边形EDCF是平行四边形? 并说明理由;
(2)当t = 3 s时,求四边形OFCD的面积.

答案：
解:
(1)当t = 2.5 s时,四边形EDCF是平行四边形. 理由如下:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AD//BC,AD = BC = 10 cm,BO = DO,
∴ ∠EDO = ∠FBO.
在△DEO和△BFO中,
$\begin{cases}\angle EDO=\angle FBO,\\DO = BO,\\\angle EOD=\angle FOB\end{cases}$
∴ △DEO≌△BFO(ASA),
∴ DE = BF = 2t.
∵ BC = 10 cm,
∴ CF=(10 - 2t)cm.
∵ CF//ED,则令CF = ED,即10 - 2t = 2t,可使得四边形EDCF是平行四边形,
解得t = 2.5 s时,四边形EDCF是平行四边形.
(2)如答图,过点D作DM⊥BC于点M,过点O作ON⊥BC于点N.
∵ BD⊥CD,AB = 6 cm,BC = 10 cm,
∴ 在Rt△DBC中,由勾股定理,得BD = 8 cm.
由三角形的面积公式,得
$S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}BD\cdot CD=\frac{1}{2}BC\cdot DM$,
∴ 6×8 = 10DM,
∴ DM = 4.8 cm.
∵ ON⊥BC,DM⊥BC,
∴ DM//ON.
∵ DO = BO,
∴ $ON=\frac{1}{2}DM = 2.4$ cm.
∵ $S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}\times6\times8 = 24(cm^{2})$,OD = OB,
∴ $S_{\triangle DOC}=\frac{1}{2}S_{\triangle BDC}=12(cm^{2})$.
当t = 3 s时,DE = BF = 6 cm,
∴ $S_{\triangle OFC}=\frac{1}{2}\times2.4\times(10 - 6)=4.8(cm^{2})$,
∴ $S_{四边形OFCD}=12 + 4.8 = 16.8(cm^{2})$.

2. 如图,在矩形ABCD中,AB = 24厘米,BC = 10厘米,点P从A开始沿AB边以4厘米/秒的速度运动,点Q从C开始沿CD边以2厘米/秒的速度运动,如果点P,Q分别从A,C同时出发,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒.
(1)当t = 2时,求P,Q两点之间的距离;
(2)t为何值时,线段AQ与DP互相平分?
(3)t为何值时,四边形APQD的面积为矩形ABCD面积的$\frac{5}{8}$?

答案：
解:
(1)如答图,连接PQ,过点P作PE⊥DQ于点E.
∵ 点P从A开始沿AB边以4厘米/秒的速度运动,点Q从C开始沿CD边以2厘米/秒的速度运动,
∴ 当t = 2时,QC = 4 cm,AP = 8 cm,
∴ DQ = 24 - QC = 20 cm,则EQ = 12 cm,
∴ $PQ=\sqrt{QE^{2}+PE^{2}}=\sqrt{12^{2}+10^{2}}=2\sqrt{61}(cm)$,
即当t = 2时,P,Q两点之间的距离为$2\sqrt{61}$ cm.
(2)由题意,知AP = 4t cm,DQ=(24 - 2t)cm,
当线段AQ与DP互相平分时,四边形APQD为矩形,
则AP = DQ,即4t = 24 - 2t,解得t = 4.
故t为4秒时,线段AQ与DP互相平分.
(3)$S_{四边形APQD}=\frac{1}{2}(AP + DQ)\cdot AD=\frac{1}{2}(4t + 24 - 2t)\times10=(10t + 120)cm^{2}$, $S_{矩形ABCD}=10\times24 = 240(cm)^{2}$,
∴ $10t + 120=\frac{5}{8}\times240$,解得t = 3.
∴ t为3秒时,
四边形APQD的面积为矩形ABCD面积的$\frac{5}{8}$.