《2025年作业本江西教育出版社八年级数学上册人教版》

1. 如图所示,已知等边三角形ABC的面积为$4\sqrt{3},$P,Q,R分别为边AB,BC,AC上的动点,则PR+QR的最小值是(B)
A.3
$B.2\sqrt{3}$　　
$C.\sqrt{15}$　　
D.4

答案： 【解析】：本题可先根据等边三角形面积公式求出边长，再利用轴对称的性质和垂线段最短的性质来求$PR + QR$的最小值。
步骤一：求等边三角形$ABC$的边长
设等边三角形$ABC$的边长为$a$，根据等边三角形面积公式$S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$（其中$S$为面积，$a$为边长），已知等边三角形$ABC$的面积为$4\sqrt{3}$，则可列出方程$\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = 4\sqrt{3}$。
两边同时除以$\sqrt{3}$可得$\frac{1}{4}a^2 = 4$，
两边再同时乘以$4$得到$a^2 = 16$，
因为边长$a\gt0$，所以$a = 4$。
步骤二：求$PR + QR$的最小值
作点$P$关于$AC$的对称点$P'$，连接$P'Q$，则$PR = P'R$，所以$PR + QR = P'R + QR$。
根据两点之间线段最短，当$P'$，$Q$，$R$三点共线且$P'Q\perp BC$时，$P'R + QR$的值最小，即$PR + QR$的最小值为$P'Q$的长度。
此时$P'Q$的长度等于等边三角形$ABC$的高。
根据等边三角形的性质，其高$h = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，把$a = 4$代入可得$h = \frac{\sqrt{3}}{2}×4 = 2\sqrt{3}$，即$PR + QR$的最小值为$2\sqrt{3}$。
【答案】：B

2. 如图所示,由大小一样的小正方形组成的网格中,△ABC的三个顶点均落在小正方形的顶点上.在网格上能画出的三个顶点都落在小正方形的顶点上,且与△ABC成轴对称的三角形共有(A)
A.5个
B.4个
C.3个
D.2个

答案： 【解析】：本题考查轴对称图形的性质。
根据轴对称图形的性质可知，要找到与△ABC成轴对称的三角形，需要找到与△ABC的边对称的边，且对称轴必须是网格线。
观察网格图，可以看到△ABC是一个直角三角形，直角在C点。
找到与△ABC成轴对称的三角形：
第一个对称三角形：对称轴为网格的竖直线，使得A点对称到网格线的另一侧，B点和C点保持不变。
第二个对称三角形：对称轴为网格的水平线，使得B点对称到网格线的另一侧，A点和C点保持不变。
第三个对称三角形：对称轴为网格的斜线，从左下角到右上角，使得A点对称到网格线的另一侧，同时B点对称到网格线的另一侧，C点保持不变。
第四个对称三角形：对称轴为网格的斜线，从左上角到右下角，使得A点对称到网格线的另一侧，同时B点对称到网格线的另一侧，C点保持不变。
第五个对称三角形：以BC的中垂线为对称轴，得到的对称三角形。
综上所述，可以找到5个与△ABC成轴对称的三角形。
【答案】：A。

3. 下列命题中：①两个全等三角形合在一起是一个轴对称图形；②等腰三角形的对称轴是底边上的中线；③等边三角形一边上的高就是这边的垂直平分线；④一条线段可以看作是以它的垂直平分线为对称轴的轴对称图形.其中正确的有(A)
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

答案： 【解析】：
本题考查了命题的真假判断以及轴对称图形的性质。
①两个全等三角形合在一起，由于它们的相对位置不确定，因此不一定是一个轴对称图形。比如，如果两个全等的直角三角形以非对称的方式组合，它们就不能形成一个轴对称图形。所以，此命题是错误的。
②等腰三角形的对称轴实际上是底边上的中线所在的直线，而不是中线本身。中线是连接顶点与底边中点的线段，而对称轴是这条中线所在的直线，它贯穿整个三角形，将三角形分为两个对称的部分。因此，此命题的表述是不准确的，故错误。
③等边三角形一边上的高确实垂直于这边，并且平分这边，但高本身是一条线段，而垂直平分线是一条直线。因此，说“等边三角形一边上的高就是这边的垂直平分线”是不准确的。实际上，等边三角形一边上的高所在的直线是这边的垂直平分线。所以，此命题是错误的。
④一条线段可以看作是以它的垂直平分线为对称轴的轴对称图形。这是因为线段关于其垂直平分线是对称的，即线段上的任意一点关于垂直平分线都有对称点，并且这些对称点也都在线段上。所以，此命题是正确的。
综上所述，只有命题④是正确的。
【答案】：
A

4. 若小明从前面的镜子里看到后面墙上挂钟的时间为2:30,则实际时间是9:30.

答案： 【解析】：
这是一个镜像时钟问题，镜子反映的时间实际上是时钟时间的镜像。因此，所有关于时、分的计算都需要根据12小时或60分钟作为基数来考虑。
对于非整点时间，例如n点m分，镜中的时间为(11-n)点(60-m)分。
根据镜子的反射原理，实际的时间和镜子中的时间之和等于一个固定的时间点（对于时钟来说是12点，对于分钟来说是60分钟，因为一个完整的时钟面盘是12小时，每分钟60秒）。
所以，我们只需要用12点减去镜子中的时间，就可以得到实际的时间。
在这里，镜子中的时间是2:30，所以我们需要用12:00减去2:30来得到实际时间。
小时部分：11 - 2 = 9
分钟部分：60 - 30 = 30
所以实际的时间是9:30。
【答案】：
9:30

5. 在锐角三角形ABC中,∠ABC= 60°,BC= 2,BD平分∠ABC交AC于点D.若M,N分别是BD,BC边上的动点,则MN+MC的最小值是______.

答案： 1. 首先，作点$C$关于$BD$的对称点$C'$：
因为$BD$平分$\angle ABC$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，根据角平分线的性质和对称点的性质可知，点$C'$在$BA$上，且$BC'=BC = 2$，$MC = MC'$。
所以$MN + MC=MN + MC'$。
2. 然后，根据两点之间线段最短：
当$C'$，$M$，$N$三点共线且$C'N\perp BC$时，$MN + MC'$（即$MN + MC$）取得最小值，此时最小值为点$C'$到$BC$的距离。
在$\triangle BC'N$中，$\angle B = 60^{\circ}$，$\angle C'NB = 90^{\circ}$，$BC' = 2$，∠C'BC=60°。
$∴∠C'CB=30°，$$∴CC'=\frac 12BC=1$
$∴CC'=\sqrt {BC^2-CC'^2}=\sqrt 3$
所以$MN + MC$的最小值是$\sqrt{3}$。

6. 如图所示,在Rt△ABC中,AC= BC= 4,D,E分别是AB,AC的中点,在CD上找一点P,使PA+PE最小,这个最小值是______$2\sqrt{5}$.

答案： 【解析】：
首先，由于$\bigtriangleup ABC$是等腰直角三角形，且$D$是$AB$的中点，根据等腰直角三角形的性质，三线合一，可知$CD$垂直平分$AB$，因此点$A$关于$CD$的对称点是点$B$。
连接$BE$，并使其与$CD$相交于点$P$，再连接$PA$。
由于$P$是$BE$与$CD$的交点，根据对称性和线段的性质，可以得出$PA=PB$。
因此，$PA+PE=PB+PE$。
当$P$，$B$，$E$三点共线时，$PB+PE$的值最小，这个最小值就是$BE$的长度。
接下来，利用勾股定理来计算$BE$的长度。
在直角三角形$BCE$中，已知$BC=4$，$CE=\frac{1}{2}AC=2$。
根据勾股定理，有：
$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}$
$=\sqrt{4^2+2^2}$
$=\sqrt{16+4}$
$=\sqrt{20}$
$=2\sqrt{5}$。
【答案】：$2\sqrt{5}$。

7. 如图所示,已知△ABC是等边三角形,△BDC是等腰三角形,顶角∠BDC= 120°.以D为顶点作一个60°的角,它的两边分别交AB于点M,交AC于点N,连接MN.求证MN= BM+CN.

答案： 【解析】：本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质以及截长补短法证明线段相等。
通过观察可以发现，要证明$MN=BM+CN$，只需要将$BM$和$CN$转化到与$MN$在同一个三角形中，且与$MN$在同一条直线上，然后利用等边三角形的性质和等腰三角形的性质进行证明。
可以通过构造全等三角形来实现这一转化。
延长$NC$至$E$，使得$CE=BM$，连接$DE$。
证明三角形$BDM$与三角形$CDE$全等，从而得出$DE=DM$，$\angle BDM=\angle CDE$。
由于$\angle BDC=120^\circ$，$\angle MDN=60^\circ$，
可以得出$\angle BDM+\angle NDC=60^\circ$，
进而得出$\angle CDE+\angle NDC=60^\circ$，即$\angle NDE=60^\circ$。
然后证明三角形$MDN$与三角形$EDN$全等，从而得出$MN=NE$。
由于$NE=NC+CE$，且$CE=BM$，所以$MN=BM+CN$。
【答案】：证明：
延长$NC$至$E$ ，使$CE=BM$ ，连接$DE$ 。
∵$\triangle ABC$是等边三角形，
∴$\angle ACB=\angle ABC=60^\circ$ ，$AB=AC=BC$ 。
∵$\triangle BDC$是等腰三角形，$\angle BDC=120^\circ$ ，
∴$\angle DBC=\angle DCB=30^\circ$ ，$\angle MBD=\angle NCD=90^\circ$ ，$BD=DC$ 。
在$\triangle BDM$和$\triangle CDE$中，
$\left\{\begin{matrix}BD=DC,\\\angle MBD=\angle DCE=90^\circ,\\BM=CE.\end{matrix}\right.$
∴$\triangle BDM\cong\triangle CDE(SAS)$ 。
∴$DM=DE$ ，$\angle BDM=\angle CDE$ 。
∵$\angle BDM+\angle NDC=\angle BDC-\angle MDN=120^\circ-60^\circ=60^\circ$ ，
∴$\angle CDE+\angle NDC=\angle NDE=60^\circ=\angle MDN$ 。
在$\triangle MDN$和$\triangle EDN$中，
$\left\{\begin{matrix}DN=DN,\\\angle MDN=\angle NDE=60^\circ,\\DM=DE.\end{matrix}\right.$
∴$\triangle MDN\cong\triangle EDN(SAS)$ 。
∴$MN=EN$ 。
∵$EN=NC+CE$ ，$CE=BM$ ，
∴$MN=BM+CN$ 。