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四川省德阳市旌阳区德阳中学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·旌阳期中）下列命题，其中是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
2．（2024八下·旌阳期中）下列二次根式的运算：① ，② ，③ ，④ ；其中运算正确的有（　　）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2024八下·旌阳期中）在中，的平分线分边为和两部分，则的周长为（　　）
A． B． C． D．或
4．（2024八下·旌阳期中）计算的结果估计在（　　）
A．与之间 B．与之间 C．与之间 D．与之间
5．（2024八下·旌阳期中）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么添加下列一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　）
A．OA＝OC B．AB＝CD C．∠BCD＝90° D．AD//BC
6．（2024八下·旌阳期中）下列曲线中能表示是的函数的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024八下·旌阳期中）一艘轮船先从甲地航行到乙地，在乙地停留一段时间后，又从乙地航行返回到甲地，横坐标表示航行的时间，纵坐标表示轮船与甲地的距离，则下列说法错误的是（　　）
A．轮船从甲地到乙地的平均速度为
B．轮船在乙地停留了
C．轮船从乙地返回甲地的平均速度大于去时的速度
D．甲、乙两地相距
8．（2024八下·旌阳期中）如图，的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2024八下·旌阳期中）等式成立的x的取值范围在数轴上表示为（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024八下·旌阳期中）已知正比例函数y=kx（k<0）的图象上两点A（x1，y1）、B（x2，y2），且x1A．y1+y2>0 B．y1+y2<0 C．y1-y2>0 D．y1-y2<0
11．（2024八下·旌阳期中）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的周长为1，则第n个矩形的周长为（　　）
A． B． C． D．
12．（2024八下·旌阳期中）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点C落在G处，交于H，连接，则下列结论正确的有（　　）
①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
13．（2024八下·旌阳期中）函数中自变量x的取值范围是　 　
14．（2024八下·旌阳期中）已知实数x，y满足，则的值是　 　．
15．（2024八下·旌阳期中）如果函数是x的正比例函数，那么k的值为 　 　．
16．（2024八下·旌阳期中）如图，在锐角中，，，的平分线交于点D，M、N分别是上的动点，则的最小值是 　 　．
17．（2024八下·旌阳期中）已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A（7，0），C（0，4），点D的坐标为（5，0），点P在BC边上运动. 当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为　 　.
18．（2024八下·旌阳期中）如图，在矩形中，O为的中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是的中点，且，则下列结论：①；②；③四边形为菱形；④．其中正确的是　 　．（填序号）
19．（2024八下·旌阳期中）计算：
（1）；
（2）．
20．（2024八下·旌阳期中）如图，一块四边形草地ABCD，其中∠B=∠D=90°，AB=15m，BC=20m ，CD=7m，求这块草地的面积．
21．（2024八下·旌阳期中）（1）已知，求的平方根．
（2）当时，化简．
22．（2024八下·旌阳期中）如图，在四边形中，对角线、相交于点．点是对角线的中点，连接、．已知，，，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
23．（2024八下·旌阳期中）如图，已知正比例函数的图象经过点A，点A在第四象限，过点A作轴，垂足为H，点A的横坐标为6，且的面积为12．
（1）求正比例函数的解析式；
（2）在x轴上能否找到一点P，使的面积为10？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（2024八下·旌阳期中）已知，在四边形中，，，，．
（1）如图1，求长．
（2）如图2，点E在的延长线上，连接，若，且四边形的面积为9．求的长．
（3）如图3，在（2）的条件下，动点P从点A出发沿以每秒0.5个单位长度的速度向终点D匀速运动，动点Q从点E出发以每秒3.5个单位长度的速度沿向终点B匀速运动．点P和点Q同时出发，当点Q到达终点停止运动时点P也随之停止运动，当运动时间t（秒）为何值时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形？
25．（2024八下·旌阳期中）在菱形中，，P是直线上一动点，以为边向右侧作等边，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段上，且点E在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段上，且点E在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有三个角是直角的四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故C不符合题意；
对角线互相垂直的矩形是正方形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法逐项判断即可。
2．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解： ，故①正确；
，故②正确；
，故③正确；
，故④错误.
∴正确的3个；
故答案为：C.
【分析】根据二次根式的乘法法则，根指数不变，被开方数相乘，计算的结果能化简的必须化简，从而即可判断①；二次根式的减法，就是将各个二次根式化为最简二次根式，然后再合并同类二次根式即可，从而即可判断②；根据分母有理化的方法，在分子分母同乘以分母的有理化因式即可判断③；根据二次根式的性质，一个数的平方的算术平方根等于它的绝对值即可判断④.
3．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①如图，，
，
∵四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
的周长为；
②如图，，
，
同理可得，
的周长为，
故答案为：D．
【分析】由题意分两种情况：①BE=3cm，CE=4cm，②BE=4cm，CE=3cm，然后根据平行四边形的性质和角平分线的概念可得∠BAE=∠AEB，由等角对等边可得AB=BE，再根据平行四边形的周长等于相邻两边之和的2倍计算即可求解.
4．【答案】A
【知识点】无理数的估值；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解： =4+，
∵3＜＜4，
∴7＜4+＜8，
故答案为：A.
【分析】根据二次根式的混合运算先求值，再估算即可.
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：A、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∵AO＝OC，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，
∴此选项不符合题意；
B、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，AB＝CD，
不能证得△ABO≌△DCO，
∴无法得出四边形ABCD是平行四边形，
进而无法得出四边形ABCD是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∵∠BCD＝90°，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，
∴此选项不符合题意；
D、∵AD//BC，∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴∠CBO＝∠ADO，
∵∠COB＝∠DOA，
∴△AOD≌△BOC（ASA），
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴此选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A、根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形；
B、根据已知条件不能证明△ABO≌△DCO，无法得出四边形ABCD是矩形；
C、根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形；
D、由题意，用角边角可证△AOD≌△BOC，由全等三角形的对应边相等可得AD=BC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形．
6．【答案】D
【知识点】函数的概念；函数的图象
【解析】【解答】解：A、在自变量x的取值范围内作一条垂直于x轴的直线，与图象有两个交点，从而不能表示y是x的函数；
B、在自变量x的取值范围内作一条垂直于x轴的直线，与图象有两个交点，从而不能表示y是x的函数；
C、同理可判断求解；
D、在自变量的取值范围内作一条垂直于轴的直线，与图象有且只有一个交点，从而能表示是的函数.
故答案为：D．
【分析】根据函数定义“一般地，在一个变化过程中，如果有两个变量x与y，并且对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与其对应，那么y是x的函数，其中x时自变量.”可知：在自变量的取值范围内，有且只有一个值与之对应，从图象上看就是在自变量的取值范围内作一条垂直于轴的直线，观察这条直线与图象的交点的个数即可判断求解．
7．【答案】C
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】、∵根据图形上的数据可得轮船从甲地到乙地的平均速度为，∴A不正确；
、∵根据图象上的数据可得轮船在乙地停留了，∴B不正确；
、∵根据图象上的数据可得轮船从乙地到甲地的平均速度为，则轮船从乙地到甲地的平均速度小于去时的速度，∴C正确；
、∵根据图形上的数据可得：甲、乙两地相距，∴D不正确；
故选：．
【分析】根据函数图象中的数据，再结合“时间、路程和速度”的关系逐项分析判断即可.
8．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；三角形的中位线定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：在平行四边形中，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵E是的中点，O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：A．
【分析】根据平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等、对角线互相平分”可得，，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，根据平分，可得，于是可得，由等角对等边可得，由线段的和差PB=AB-AP可求得的长，再根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”得可求解．
9．【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式；解一元一次不等式组；偶次方的非负性；在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：，
根据二次根式的双重非负性和偶次方的非负性可得：
，
解得：，
在数轴上表示出不等式组的解集为：
故答案为：A．
【分析】根据二次根式的双重非负性以及偶次方的非负性列出不等式组，解不等式组即可求解．
10．【答案】C
【知识点】比较一次函数值的大小；正比例函数的性质
【解析】【解答】
解：∵直线y=kx的k＜0，
∴函数值y随x的增大而减小，
∵x1＜x2，
∴y1＞y2，
∴y1﹣y2＞0．
故答案为：C.
【分析】根据正比例函数的性质"k＜0，正比例函数的函数值y随x的增大而减小"并结合x1＜x2可求解．
11．【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；用代数式表示图形变化规律；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：已知第一个矩形的周长为1；
由中位线定理，可知第二个矩形的边长是菱形对应的对角线的，
即第二个矩形的边长是第一个矩形对应的边长的，
∴第二个矩形的周长为第一个矩形周长的，故第二个矩形的周长为；
同理，第三个矩形的周长是第二个矩形周长的，故第三个矩形的周长为；
…，
故第n个矩形的周长为．
故答案为：C．
【分析】根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”可得第二个矩形的边长是第一个矩形对应的边长的，于是求得第二个矩形的周长为，同理可得第三个矩形的周长为，依此类推，根据这个规律总结归纳即可求解．
12．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：①如图，过点F作于点M，
∵四边形为正方形，
∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴
由折叠可知，
∴
∵
∴，即
在和中，
，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
②由折叠可知，，
设，则，
∵P为中点，
∴，
在中，，
∴，
解得：
∴，
∴
即三边之比为，
∴此结论符合题意；
③由折叠可知，，
∴
∵
∴，
∴此结论符合题意；
④如图，过点B作于点N，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴此结论符合题意．
综上可得，正确的结论有①②③④．
故答案为：D．
【分析】①过点F作于点M，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形为矩形，则易得，由折叠可知，根据同角的余角相等可得，结合已知用角角边可证，然后根据全等三角形的对应边相等可求解；
②由折叠可知，设，则，在中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程即可判断求解；
③用等角的余角相等即可判断求解；
④过点B作于点N，结合已知用角角边可证，则可得，然后用HL定理可证，根据全等三角形的对应边相等可得，再根据三角形的周长等于三角形三边之和，即可判断求解．
13．【答案】x≥﹣3且x≠﹣1
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：由题意得：x+3≥0，且x+1≠0．
解得：x≥﹣3且x≠﹣1．
故答案为：x≥﹣3且x≠﹣1．
【分析】根据二次根式有意义的条件"被开方数为非负数"和分式有意义的条件"分式的分母不为0"可得关于x的不等式组，解之即可求解．
14．【答案】
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵
∴
∴，
解得
∴，则
故答案为：．.
【分析】根据二次根式的非负性和偶次方的非负性可得关于x、y的方程组，解方程组求出x、y的方程组，解之求出x、y的值，再将x、y的值代入所求代数式计算，即可求解．
15．【答案】0
【知识点】正比例函数的概念
【解析】【解答】解：由题意得：且，解得：．
故答案为：0．
【分析】根据正比例函数的定义“形如y=kx（k≠0）的式子，就是正比例函数”可得关于k的方程和不等式，解之即可求解．
16．【答案】3
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【解答】解：如图：在上取一点N'，使，连接，过点B作于点H，
∵平分，
∴是的对称轴，
∴，
∴，
∴的最小值是，
在中，，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，即，
∴（负值已舍），
∴的最小值是3．
故答案为：3．
【分析】如图：在上取一点N'，使，连接，过点B作于点H，根据两点之间线段最短和垂线段最短可得的最小值是，在Rt△ABH中，用勾股定理可求解.
17．【答案】(2，4)或（3，4）
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解：∵A（7，0），C（0，4），
∴AB=OC=4 OA=7，
∵D的坐标为（5，0），
∴OD=5，
∴AD=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠A=90°，
∴ＢＤ＝＝2＜5＝ＯＤ，
∴分三种情况： OD=PD或OD=OP或者OP=PD，
①当OD=PD时，p（2，4）或P（8，4）（舍去）
②当OD=OP时，PC=
=
=3.
故此时点P的坐标为（3，4）.
③当OP=PD时，P(，4)（舍去）.
故答案为：（2，4）或（3，4）．
【分析】由题意，用勾股定理求出BD的值，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，由题意可分三种情况：① OD=PD，②OD=OP，③OP=PD，再根据勾股定理即可求出点Ｐ到ｙ轴的距离，从而求出点Ｐ的坐标.
18．【答案】①③④
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：①设，则，
由勾股定理得，，
∵O为中点，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
②∵，，
∴，
∴此结论不符合题意；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCF，
∵点O为AC的中点，
∴OA=OC，
在△OAE和△OCF中
∴△OAE≌△OCF（ASA），
∴AE=CF，
∵AB∥CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
∴此结论符合题意；
④∵，，
∴，
∴此结论符合题意.
综上可得，结论正确的是①③④．
故答案为：①③④．
【分析】①设，根据等边三角形的性质表示出，利用勾股定理列式求出，从而得到，再求出，然后利用勾股定理列式求出，从而判断此结论正确，
②结合①的结论可判断此结论错误；
③由题意，用角边角可证△OAE≌△OCF，由全等三角形的对应边相等可得AE=CF，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断结论正确；
④根据三角形的面积和矩形的面积列式即可判断结论正确．
19．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数”可得3-1=，根据二次根式的性质可得=2，由零指数幂的意义可得（π-5）0=1，然后根据实数的运算法则计算即可求解；
（2）先根据平方差公式“（a+b）（a-b）=a2-b2”和二次根式的性质可去括号，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可求解．
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
20．【答案】解：连接AC，
由题意得：AC2=AB2+BC2，
∴AC2=625，
又AD2+DC2=AC2，
∴AD=24，
这块草坪ABCD的面积=AB×BC+AD×DC=234cm2．
答：这块草地的面积为234cm2.
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【分析】连接AC，在Rt△ABC中，用勾股定理求出AC的长度，同理可求出AD的长度，然后根据草坪的面积=两个直角三角形的面积之和即可求解．
21．【答案】解：（1），
∴且
，
解得，
，
，
∵4的平方根是．
∴的平方根是．
（2）∵，
∴
．
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简；绝对值的非负性；开平方（求平方根）
【解析】【分析】
（1）先根据二次根式有意义的条件“被开方式非负”可得关于x的不等式组，解之求出x的值，把求得的x的值代入已知的等式求得y的值，然后把x、y的值代入求出代数式的值，再求它的平方根即可；
（2）x的范围""可判断x+4＞0，x-1＜0，根据完全平方公式和二次根式的性质得到 再根据绝对值的非负性化简即可求解．
22．【答案】（1）证明：点是对角线的中点，
，
，
，
又，，
．
（2）解：如图，延长交于，
，，
垂直平分
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】
（1）由点是对角线的中点，，得到，结合已知和图形用边边边即可证明两个三角形全等；
（2）延长交于，根据线段的垂直平分线的判定“到线段两端点距离相等的点在在这条线段的垂直平分线上”可得垂直平分，又，得到，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，由平行四边形的对角线互相平分可得，在Rt△ABC中，用勾股定理求出，于是的长可求解．
（1）证明：点是对角线的中点，
，
，
，
又，，
．
（2）解：如图，延长交于，
，，
垂直平分
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
．
23．【答案】（1）解：∵点A的横坐标为6，且的面积为12，
∴，
解得，
∴，
把代入得，，
解得，
∴正比例函数解析式为；
（2）解：存在，理由如下：设，
∵的面积为10，
∴，
∴或，
∴P点坐标为或．
【知识点】坐标与图形性质；待定系数法求一次函数解析式
【解析】【分析】
（1）由题意，用三角形面积公式求得AH的值，则可得点A的坐标，然后用待定系数法即可求解；
（2）存在，理由如下：设，由的面积可得关于t的方程，解方程求得t的值即可求解．
（1）解：∵点A的横坐标为6，且的面积为12，
∴，
解得，
∴，
把代入得，，
解得，
∴正比例函数解析式为；
（2）解：存在，理由如下：
设，
∵的面积为10，
∴，
∴或，
∴P点坐标为或．
24．【答案】（1）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）如图2，过点D作，设，
∴，
∵的面积为9，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴
解得：，
当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴，
解得：，
综上可得：或时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】
（1）由题意，根据平行线的判定“同旁内角互补，两直线平行”可得AB∥CD，结合已知并根据平行四边形的判定“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得四边形是平行四边形，再由平行四边形的性质“平行四边形的对边相等”可求解；
（2）过点D作，设，在中，由勾股定理可列关于x的方程，解方程即可求解；
（3）由题意可分两种情况进行讨论，①当点Q在线段上时，②当点Q在线段上时，再根据平行四边形的判定列出关于t的方程，解方程求解即可．
（1）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）如图2，过点D作，设，
∴，
∵的面积为9，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴
解得：，
当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴，
解得：，
综上所述：或时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
25．【答案】（1），
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，连接，
，为等边三角形，
在和中，，，
又，
，
在△ABP和△ACE中
，
，，
设与交于点，
同理可得，
，
又，
．
（3）①如图3中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
，
由（2）知，
，，
，
由（2）知，
，
，
，
是等边三角形，，
，
；
②如图4中，当点在的延长线上时，
同理可得：，
；
综上可得，的面积为或．

【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】
解：（1）如图1，连接，延长交于，
四边形是菱形，，
，都是等边三角形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
在△ABP和△ACE中
，
，，
同理可证是等边三角形，
，
，即
又，
．
故答案为：，；
【分析】
（1）连接，延长交于，由角的和差和等式的性质可得∠BAP=∠CAE，结合等边三角形的性质用边角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边（角）相等”可得，，结合题意易证，即可得，再由，即可证明；
（2）连接，设与交于点，与交于点，同理可证，则，，再证明，即可得到：，再由即可证明；
（3）由题意可分两种情形：①当点在的延长线上时，②点在线段的延长线上时，连接交于点，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求、、的长及等边三角形的边长可求解．
（1）如图1，连接，延长交于，
四边形是菱形，，
，都是等边三角形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
同理可证是等边三角形，
，
，即
又，
．
故答案为：，；
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，连接，
，为等边三角形，
在和中，，，
又，
，
，
，，
设与交于点，
同理可得，
，
又，
．
（3）如图3中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
，
由（2）知，
，，
，
由（2）知，
，
，
，
是等边三角形，，
，
；
如图4中，当点在的延长线上时，同法可得，
；
综上所述，的面积为或．
1 / 1四川省德阳市旌阳区德阳中学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·旌阳期中）下列命题，其中是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有三个角是直角的四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故C不符合题意；
对角线互相垂直的矩形是正方形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法逐项判断即可。
2．（2024八下·旌阳期中）下列二次根式的运算：① ，② ，③ ，④ ；其中运算正确的有（　　）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解： ，故①正确；
，故②正确；
，故③正确；
，故④错误.
∴正确的3个；
故答案为：C.
【分析】根据二次根式的乘法法则，根指数不变，被开方数相乘，计算的结果能化简的必须化简，从而即可判断①；二次根式的减法，就是将各个二次根式化为最简二次根式，然后再合并同类二次根式即可，从而即可判断②；根据分母有理化的方法，在分子分母同乘以分母的有理化因式即可判断③；根据二次根式的性质，一个数的平方的算术平方根等于它的绝对值即可判断④.
3．（2024八下·旌阳期中）在中，的平分线分边为和两部分，则的周长为（　　）
A． B． C． D．或
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①如图，，
，
∵四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
的周长为；
②如图，，
，
同理可得，
的周长为，
故答案为：D．
【分析】由题意分两种情况：①BE=3cm，CE=4cm，②BE=4cm，CE=3cm，然后根据平行四边形的性质和角平分线的概念可得∠BAE=∠AEB，由等角对等边可得AB=BE，再根据平行四边形的周长等于相邻两边之和的2倍计算即可求解.
4．（2024八下·旌阳期中）计算的结果估计在（　　）
A．与之间 B．与之间 C．与之间 D．与之间
【答案】A
【知识点】无理数的估值；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解： =4+，
∵3＜＜4，
∴7＜4+＜8，
故答案为：A.
【分析】根据二次根式的混合运算先求值，再估算即可.
5．（2024八下·旌阳期中）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么添加下列一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　）
A．OA＝OC B．AB＝CD C．∠BCD＝90° D．AD//BC
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：A、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∵AO＝OC，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，
∴此选项不符合题意；
B、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，AB＝CD，
不能证得△ABO≌△DCO，
∴无法得出四边形ABCD是平行四边形，
进而无法得出四边形ABCD是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∵∠BCD＝90°，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，
∴此选项不符合题意；
D、∵AD//BC，∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴∠CBO＝∠ADO，
∵∠COB＝∠DOA，
∴△AOD≌△BOC（ASA），
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴此选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A、根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形；
B、根据已知条件不能证明△ABO≌△DCO，无法得出四边形ABCD是矩形；
C、根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形；
D、由题意，用角边角可证△AOD≌△BOC，由全等三角形的对应边相等可得AD=BC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形．
6．（2024八下·旌阳期中）下列曲线中能表示是的函数的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的概念；函数的图象
【解析】【解答】解：A、在自变量x的取值范围内作一条垂直于x轴的直线，与图象有两个交点，从而不能表示y是x的函数；
B、在自变量x的取值范围内作一条垂直于x轴的直线，与图象有两个交点，从而不能表示y是x的函数；
C、同理可判断求解；
D、在自变量的取值范围内作一条垂直于轴的直线，与图象有且只有一个交点，从而能表示是的函数.
故答案为：D．
【分析】根据函数定义“一般地，在一个变化过程中，如果有两个变量x与y，并且对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与其对应，那么y是x的函数，其中x时自变量.”可知：在自变量的取值范围内，有且只有一个值与之对应，从图象上看就是在自变量的取值范围内作一条垂直于轴的直线，观察这条直线与图象的交点的个数即可判断求解．
7．（2024八下·旌阳期中）一艘轮船先从甲地航行到乙地，在乙地停留一段时间后，又从乙地航行返回到甲地，横坐标表示航行的时间，纵坐标表示轮船与甲地的距离，则下列说法错误的是（　　）
A．轮船从甲地到乙地的平均速度为
B．轮船在乙地停留了
C．轮船从乙地返回甲地的平均速度大于去时的速度
D．甲、乙两地相距
【答案】C
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】、∵根据图形上的数据可得轮船从甲地到乙地的平均速度为，∴A不正确；
、∵根据图象上的数据可得轮船在乙地停留了，∴B不正确；
、∵根据图象上的数据可得轮船从乙地到甲地的平均速度为，则轮船从乙地到甲地的平均速度小于去时的速度，∴C正确；
、∵根据图形上的数据可得：甲、乙两地相距，∴D不正确；
故选：．
【分析】根据函数图象中的数据，再结合“时间、路程和速度”的关系逐项分析判断即可.
8．（2024八下·旌阳期中）如图，的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；三角形的中位线定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：在平行四边形中，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵E是的中点，O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：A．
【分析】根据平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等、对角线互相平分”可得，，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，根据平分，可得，于是可得，由等角对等边可得，由线段的和差PB=AB-AP可求得的长，再根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”得可求解．
9．（2024八下·旌阳期中）等式成立的x的取值范围在数轴上表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式；解一元一次不等式组；偶次方的非负性；在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：，
根据二次根式的双重非负性和偶次方的非负性可得：
，
解得：，
在数轴上表示出不等式组的解集为：
故答案为：A．
【分析】根据二次根式的双重非负性以及偶次方的非负性列出不等式组，解不等式组即可求解．
10．（2024八下·旌阳期中）已知正比例函数y=kx（k<0）的图象上两点A（x1，y1）、B（x2，y2），且x1A．y1+y2>0 B．y1+y2<0 C．y1-y2>0 D．y1-y2<0
【答案】C
【知识点】比较一次函数值的大小；正比例函数的性质
【解析】【解答】
解：∵直线y=kx的k＜0，
∴函数值y随x的增大而减小，
∵x1＜x2，
∴y1＞y2，
∴y1﹣y2＞0．
故答案为：C.
【分析】根据正比例函数的性质"k＜0，正比例函数的函数值y随x的增大而减小"并结合x1＜x2可求解．
11．（2024八下·旌阳期中）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的周长为1，则第n个矩形的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；用代数式表示图形变化规律；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：已知第一个矩形的周长为1；
由中位线定理，可知第二个矩形的边长是菱形对应的对角线的，
即第二个矩形的边长是第一个矩形对应的边长的，
∴第二个矩形的周长为第一个矩形周长的，故第二个矩形的周长为；
同理，第三个矩形的周长是第二个矩形周长的，故第三个矩形的周长为；
…，
故第n个矩形的周长为．
故答案为：C．
【分析】根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”可得第二个矩形的边长是第一个矩形对应的边长的，于是求得第二个矩形的周长为，同理可得第三个矩形的周长为，依此类推，根据这个规律总结归纳即可求解．
12．（2024八下·旌阳期中）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点C落在G处，交于H，连接，则下列结论正确的有（　　）
①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：①如图，过点F作于点M，
∵四边形为正方形，
∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴
由折叠可知，
∴
∵
∴，即
在和中，
，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
②由折叠可知，，
设，则，
∵P为中点，
∴，
在中，，
∴，
解得：
∴，
∴
即三边之比为，
∴此结论符合题意；
③由折叠可知，，
∴
∵
∴，
∴此结论符合题意；
④如图，过点B作于点N，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴此结论符合题意．
综上可得，正确的结论有①②③④．
故答案为：D．
【分析】①过点F作于点M，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形为矩形，则易得，由折叠可知，根据同角的余角相等可得，结合已知用角角边可证，然后根据全等三角形的对应边相等可求解；
②由折叠可知，设，则，在中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程即可判断求解；
③用等角的余角相等即可判断求解；
④过点B作于点N，结合已知用角角边可证，则可得，然后用HL定理可证，根据全等三角形的对应边相等可得，再根据三角形的周长等于三角形三边之和，即可判断求解．
13．（2024八下·旌阳期中）函数中自变量x的取值范围是　 　
【答案】x≥﹣3且x≠﹣1
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：由题意得：x+3≥0，且x+1≠0．
解得：x≥﹣3且x≠﹣1．
故答案为：x≥﹣3且x≠﹣1．
【分析】根据二次根式有意义的条件"被开方数为非负数"和分式有意义的条件"分式的分母不为0"可得关于x的不等式组，解之即可求解．
14．（2024八下·旌阳期中）已知实数x，y满足，则的值是　 　．
【答案】
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵
∴
∴，
解得
∴，则
故答案为：．.
【分析】根据二次根式的非负性和偶次方的非负性可得关于x、y的方程组，解方程组求出x、y的方程组，解之求出x、y的值，再将x、y的值代入所求代数式计算，即可求解．
15．（2024八下·旌阳期中）如果函数是x的正比例函数，那么k的值为 　 　．
【答案】0
【知识点】正比例函数的概念
【解析】【解答】解：由题意得：且，解得：．
故答案为：0．
【分析】根据正比例函数的定义“形如y=kx（k≠0）的式子，就是正比例函数”可得关于k的方程和不等式，解之即可求解．
16．（2024八下·旌阳期中）如图，在锐角中，，，的平分线交于点D，M、N分别是上的动点，则的最小值是 　 　．
【答案】3
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【解答】解：如图：在上取一点N'，使，连接，过点B作于点H，
∵平分，
∴是的对称轴，
∴，
∴，
∴的最小值是，
在中，，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，即，
∴（负值已舍），
∴的最小值是3．
故答案为：3．
【分析】如图：在上取一点N'，使，连接，过点B作于点H，根据两点之间线段最短和垂线段最短可得的最小值是，在Rt△ABH中，用勾股定理可求解.
17．（2024八下·旌阳期中）已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A（7，0），C（0，4），点D的坐标为（5，0），点P在BC边上运动. 当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为　 　.
【答案】(2，4)或（3，4）
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解：∵A（7，0），C（0，4），
∴AB=OC=4 OA=7，
∵D的坐标为（5，0），
∴OD=5，
∴AD=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠A=90°，
∴ＢＤ＝＝2＜5＝ＯＤ，
∴分三种情况： OD=PD或OD=OP或者OP=PD，
①当OD=PD时，p（2，4）或P（8，4）（舍去）
②当OD=OP时，PC=
=
=3.
故此时点P的坐标为（3，4）.
③当OP=PD时，P(，4)（舍去）.
故答案为：（2，4）或（3，4）．
【分析】由题意，用勾股定理求出BD的值，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，由题意可分三种情况：① OD=PD，②OD=OP，③OP=PD，再根据勾股定理即可求出点Ｐ到ｙ轴的距离，从而求出点Ｐ的坐标.
18．（2024八下·旌阳期中）如图，在矩形中，O为的中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是的中点，且，则下列结论：①；②；③四边形为菱形；④．其中正确的是　 　．（填序号）
【答案】①③④
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：①设，则，
由勾股定理得，，
∵O为中点，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
②∵，，
∴，
∴此结论不符合题意；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCF，
∵点O为AC的中点，
∴OA=OC，
在△OAE和△OCF中
∴△OAE≌△OCF（ASA），
∴AE=CF，
∵AB∥CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
∴此结论符合题意；
④∵，，
∴，
∴此结论符合题意.
综上可得，结论正确的是①③④．
故答案为：①③④．
【分析】①设，根据等边三角形的性质表示出，利用勾股定理列式求出，从而得到，再求出，然后利用勾股定理列式求出，从而判断此结论正确，
②结合①的结论可判断此结论错误；
③由题意，用角边角可证△OAE≌△OCF，由全等三角形的对应边相等可得AE=CF，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断结论正确；
④根据三角形的面积和矩形的面积列式即可判断结论正确．
19．（2024八下·旌阳期中）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数”可得3-1=，根据二次根式的性质可得=2，由零指数幂的意义可得（π-5）0=1，然后根据实数的运算法则计算即可求解；
（2）先根据平方差公式“（a+b）（a-b）=a2-b2”和二次根式的性质可去括号，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可求解．
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
20．（2024八下·旌阳期中）如图，一块四边形草地ABCD，其中∠B=∠D=90°，AB=15m，BC=20m ，CD=7m，求这块草地的面积．
【答案】解：连接AC，
由题意得：AC2=AB2+BC2，
∴AC2=625，
又AD2+DC2=AC2，
∴AD=24，
这块草坪ABCD的面积=AB×BC+AD×DC=234cm2．
答：这块草地的面积为234cm2.
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【分析】连接AC，在Rt△ABC中，用勾股定理求出AC的长度，同理可求出AD的长度，然后根据草坪的面积=两个直角三角形的面积之和即可求解．
21．（2024八下·旌阳期中）（1）已知，求的平方根．
（2）当时，化简．
【答案】解：（1），
∴且
，
解得，
，
，
∵4的平方根是．
∴的平方根是．
（2）∵，
∴
．
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简；绝对值的非负性；开平方（求平方根）
【解析】【分析】
（1）先根据二次根式有意义的条件“被开方式非负”可得关于x的不等式组，解之求出x的值，把求得的x的值代入已知的等式求得y的值，然后把x、y的值代入求出代数式的值，再求它的平方根即可；
（2）x的范围""可判断x+4＞0，x-1＜0，根据完全平方公式和二次根式的性质得到 再根据绝对值的非负性化简即可求解．
22．（2024八下·旌阳期中）如图，在四边形中，对角线、相交于点．点是对角线的中点，连接、．已知，，，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：点是对角线的中点，
，
，
，
又，，
．
（2）解：如图，延长交于，
，，
垂直平分
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】
（1）由点是对角线的中点，，得到，结合已知和图形用边边边即可证明两个三角形全等；
（2）延长交于，根据线段的垂直平分线的判定“到线段两端点距离相等的点在在这条线段的垂直平分线上”可得垂直平分，又，得到，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，由平行四边形的对角线互相平分可得，在Rt△ABC中，用勾股定理求出，于是的长可求解．
（1）证明：点是对角线的中点，
，
，
，
又，，
．
（2）解：如图，延长交于，
，，
垂直平分
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
．
23．（2024八下·旌阳期中）如图，已知正比例函数的图象经过点A，点A在第四象限，过点A作轴，垂足为H，点A的横坐标为6，且的面积为12．
（1）求正比例函数的解析式；
（2）在x轴上能否找到一点P，使的面积为10？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵点A的横坐标为6，且的面积为12，
∴，
解得，
∴，
把代入得，，
解得，
∴正比例函数解析式为；
（2）解：存在，理由如下：设，
∵的面积为10，
∴，
∴或，
∴P点坐标为或．
【知识点】坐标与图形性质；待定系数法求一次函数解析式
【解析】【分析】
（1）由题意，用三角形面积公式求得AH的值，则可得点A的坐标，然后用待定系数法即可求解；
（2）存在，理由如下：设，由的面积可得关于t的方程，解方程求得t的值即可求解．
（1）解：∵点A的横坐标为6，且的面积为12，
∴，
解得，
∴，
把代入得，，
解得，
∴正比例函数解析式为；
（2）解：存在，理由如下：
设，
∵的面积为10，
∴，
∴或，
∴P点坐标为或．
24．（2024八下·旌阳期中）已知，在四边形中，，，，．
（1）如图1，求长．
（2）如图2，点E在的延长线上，连接，若，且四边形的面积为9．求的长．
（3）如图3，在（2）的条件下，动点P从点A出发沿以每秒0.5个单位长度的速度向终点D匀速运动，动点Q从点E出发以每秒3.5个单位长度的速度沿向终点B匀速运动．点P和点Q同时出发，当点Q到达终点停止运动时点P也随之停止运动，当运动时间t（秒）为何值时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】（1）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）如图2，过点D作，设，
∴，
∵的面积为9，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴
解得：，
当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴，
解得：，
综上可得：或时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】
（1）由题意，根据平行线的判定“同旁内角互补，两直线平行”可得AB∥CD，结合已知并根据平行四边形的判定“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得四边形是平行四边形，再由平行四边形的性质“平行四边形的对边相等”可求解；
（2）过点D作，设，在中，由勾股定理可列关于x的方程，解方程即可求解；
（3）由题意可分两种情况进行讨论，①当点Q在线段上时，②当点Q在线段上时，再根据平行四边形的判定列出关于t的方程，解方程求解即可．
（1）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）如图2，过点D作，设，
∴，
∵的面积为9，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴
解得：，
当点Q在线段上时，
由题意得：，
∵，
∴只要使，四边形是平行四边形，
∴，
解得：，
综上所述：或时，以C、D、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
25．（2024八下·旌阳期中）在菱形中，，P是直线上一动点，以为边向右侧作等边，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段上，且点E在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段上，且点E在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】（1），
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，连接，
，为等边三角形，
在和中，，，
又，
，
在△ABP和△ACE中
，
，，
设与交于点，
同理可得，
，
又，
．
（3）①如图3中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
，
由（2）知，
，，
，
由（2）知，
，
，
，
是等边三角形，，
，
；
②如图4中，当点在的延长线上时，
同理可得：，
；
综上可得，的面积为或．

【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】
解：（1）如图1，连接，延长交于，
四边形是菱形，，
，都是等边三角形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
在△ABP和△ACE中
，
，，
同理可证是等边三角形，
，
，即
又，
．
故答案为：，；
【分析】
（1）连接，延长交于，由角的和差和等式的性质可得∠BAP=∠CAE，结合等边三角形的性质用边角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边（角）相等”可得，，结合题意易证，即可得，再由，即可证明；
（2）连接，设与交于点，与交于点，同理可证，则，，再证明，即可得到：，再由即可证明；
（3）由题意可分两种情形：①当点在的延长线上时，②点在线段的延长线上时，连接交于点，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求、、的长及等边三角形的边长可求解．
（1）如图1，连接，延长交于，
四边形是菱形，，
，都是等边三角形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
同理可证是等边三角形，
，
，即
又，
．
故答案为：，；
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，连接，
，为等边三角形，
在和中，，，
又，
，
，
，，
设与交于点，
同理可得，
，
又，
．
（3）如图3中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
，
由（2）知，
，，
，
由（2）知，
，
，
，
是等边三角形，，
，
；
如图4中，当点在的延长线上时，同法可得，
；
综上所述，的面积为或．
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