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贵州省名校联考2024-2025学年八年级下学期期中数学试题
1．（2025八下·贵州期中）化简的结果是（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：．
故答案为：A．
【分析】根据二次根式性质“”直接化简即可.
2．（2025八下·贵州期中）下列各组中的三条线段，能构成直角三角形的是（　　）
A．3，4，5 B．4，5，6 C．2，，2 D．8，15，16
【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A：因为32+42=52，所以A能构成直角三角形；
B：因为42+52≠62，所以B不能构成直角三角形；
C：因为2=2＞，所以C不能构成直角三角形；
D：82+152≠162，所以D不能构成直角三角形。
故答案为：A。
【分析】根据勾股定理的逆定理即可得出答案。
3．（2025八下·贵州期中）下列各式中，计算结果为的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A.，故选项A不符合题意；
B.，故选项B不符合题意；
C.，故选项C不符合题意；
D.，故选项D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的加，减，乘，除，运算法则进行计算并判断即可．
4．（2025八下·贵州期中）如图，是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：、，，
又，四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
、，AB//CD，不能判断四边形是平行四边形，等腰梯形也满足这两个条件，故选项B符合题意；
、，，
又，四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
、，，
，，，四边形是平行四边形，故选项D不符合题意．
故答案为：．
【分析】利用平行线的判定定理可得AD//BC，继而可判断选项ACD；举出反例，可判断选项B，即可解答.
5．（2025八下·贵州期中）如图，数字代表所在正方形的面积，则所代表的正方形的面积为（　　）
A．5 B．25 C．27 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方，另一条直角边的平方为，
由勾股定理可知：斜边的平方，即A所代表的正方形的面积为．
故答案为：B．
【分析】先求出一条直角边的平方，另一条直角边的平方为，再利用勾股定理及正方形的性质求出正方形A的面积即可.
6．（2025八下·贵州期中）实数在数轴上的位置如图，那么化简的结果是（　　）
A． B．b C． D．a
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；化简含绝对值有理数；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由实数a、b在数轴上的位置可知，，且，
∴，
∴原式
，
故答案为：C．
【分析】根据数轴上的点所表示数的特点，可得b＜0＜a，且|b|＞|a|，然后根据有理数减法法则得出b-a＜0 ，进而根据“”及绝对值的代数意义化简，最后合并同类项即可得出答案.
7．（2025八下·贵州期中）如图，菱形中，，，则对角线的长是（　　）
A．8 B．15 C．10 D．6
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴
故答案为：D．
【分析】根据菱形的性质求得，∠ACB=60°，于是可判定△ABC为等边三角形，即可求解．
8．（2025八下·贵州期中）矩形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．邻角互补 D．邻边相等
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：因为矩形和菱形的对角线都互相平分，邻角互补，菱形的邻边相等，矩形的对角线相等，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故答案为：A．
【分析】根据矩形和菱形的性质，分析出矩形具有而菱形不具体的性质，再作出选择．
9．（2025八下·贵州期中）高空抛物极其危险，是我们必须杜绝的行为．据研究，高空抛物下落的时间（单位：）和高度（单位：）近似满足公式（不考虑风速的影响）．记从高空抛物到落地所需时间为，从高空抛物到落地所需时间为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的应用
【解析】【解答】解：由题意得：，，
∴，
故答案为：A．
【分析】把h=25和h=50代入分别求出、，再计算与的比值即可得解.
10．（2025八下·贵州期中）二次根式化简结果正确的为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴原式
，
故答案为：．
【分析】先根据，得出，再化简．
11．（2025八下·贵州期中）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB＝10，AE＝3，则ED的长度为（　　）
A．7 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
∵EF⊥AB于点F，AE=3，
∴AF=EF=3，
∵AB=10，
∴BF=7，
∴BE，
∴ED=．
故答案为：C．
【分析】连接BE，由正方形四边形相等，每条对角线平分一组对角得∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，从而用SAS证明△ABE≌△ADE，由全等三角形的对应边相等可得ED=BE，在等腰直角△AEF中，由勾股定理求出AF=EF=3，再在Rt△BEF中，利用勾股定理求出BE的长，即可得出ED的长．
12．（2025八下·贵州期中）如图，在中，垂直平分于点E， ，，则的对角线的长为（　　）
A．5 B．10 C． D．
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点F．
∵垂直平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
故答案为：D．
【分析】连接交于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出，即可推出，先利用勾股定理求出的长，即可求出的长．
13．（2025八下·贵州期中）在平面直角坐标系中，若点坐标为，则点到原点的距离为　 　．
【答案】
【知识点】坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：若点坐标为，则点到原点的距离，
故答案为：．
【分析】若，，则，据此求解即可．
14．（2025八下·贵州期中）如图，一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则　 　cm．
【答案】3
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：观察刻度尺可知：．
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴．
故答案为：3．
【分析】先观察刻度尺确定AB的长，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求出答案．
15．（2025八下·贵州期中）用两块全等的含角的直角三角板拼成形状不同的四边形，其中平行四边形的个数是　 　．
【答案】3个
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
故答案为：3个．
【分析】分别以较长直角边为对角线、较短直角边为对角线及以斜边为对角线，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行拼图即可得出答案.
16．（2025八下·贵州期中）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是　 　．
【答案】
【知识点】三角形的外角性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—构造直角三角形
【解析】【解答】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，如图所示：
∵DE平分△ABC的周长，
∴AD+AC+CE=DB+BE，
∵点D为边AB的中点，
∴AD=DB，
∴CE+AC=BE，
∵MC=AC，
∴ME=MC+CE=AC+CE=EB，即ME=EB，
又AD=DB，
∴DE为△AMB的中位线，
∴，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，MC=AC，
∴∠CAM=∠CMA=30°，
∵CN⊥AM，
∴，
∴，
∴DE=，
故答案为：．
【分析】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=AM，根据等腰三角形外角性质求出∠CAM，根据余弦的概念求出AN，继而的AM长，继而可得到答案．
17．（2025八下·贵州期中）计算：
（1）
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：（1）原式
（2）原式
当时，原式
【知识点】实数的混合运算（含开方）；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（1）先分别根据二次根式的性质、完全平方公式、零指数幂的计算法则“a0=1(a≠0)”分别化简，合并同类二次根式及进行有理数的加法运算即可；（2）把“1”看成，先计算括号内同分母分式的减法运算，同时将括号外分式的分母利用平方差公式分解因式，进而计算分式乘法，约分化简，最后将a的值代入化简结果，分母合并同类项后，再进行分母有理化即可.
18．（2025八下·贵州期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，，垂足为E，，求的度数．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，
∴．
∴△AOB是等腰三角形，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴∠EAB=∠OAB－∠OAE=62°－34°=28°.
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形的性质
【解析】【分析】由矩形的性质得到可证得△AOB是等腰三角形，再结合三角形的内角和定理可得∠OAB的度数，再由直角三角形两锐角互余得到∠OAE的度数，继而可得∠EAB的度数．
19．（2025八下·贵州期中）根据下列条件求代数式的值；
（1）；
（2）．
【答案】解：（1）当时
原式
；
（2）当时，
原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【分析】分别把a、b、c的值代入，然后将被开方数按含乘方的有理数的混合运算的运算顺序进行计算，进而根据二次根式的性质化简二次根式，最后约分即可求得答案．
20．（2025八下·贵州期中）某居民小区有块形状为矩形的绿地，长为米，宽为米，现在要矩形绿地中修建两个形状大小相同的长方形花坛（即图中阴影部分），每个长方形花坛的长为米，宽为米．
（1）求矩形的周长．（结果化为最简二次根式）
（2）除去修建花坛的地方，其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元/平方米的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元？
【答案】（1）解：∵矩形的长为米，宽为米，∴周长为（米）．
故矩形的周长为米．
（2）由题意得：通道的面积为：
（m2），∴购买地砖需要花费（元）．
答：购买地砖需要花费336元．
【知识点】二次根式的应用
【解析】【分析】（1）根据长方形的周长列出算式，再化简并合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先用长方形ABCD的面积减去2个花坛的面积，求出通道的面积，再计算花费即可．
（1）解：矩形的长为米，宽为米，
∴矩形的周长为（米）．
答：矩形的周长为米．
（2）解：通道的面积为（平方米），
则购买地砖需要花费（元）．
答：购买地砖需要花费336元．
21．（2025八下·贵州期中）如图，在中，点O是对角线的中点．某数学兴趣小组要在上找两个点E，F，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
在上分别取点E，F，使得 作于点E，于点F
请回答下列问题：
（1）选择其中一种方案，并证明四边形为平行四边形；
（2）在（1）的基础上，若，，则的面积为______．
【答案】（1）解：甲方案，证明：连接BD，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO－AE＝CO－CF，即EO=FO，
∵BO=DO，EO=FO，
∴四边形是平行四边形．
乙方案，证明：连接BD，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴BO=DO.
∵于点于点，
∴，
又∵∠BOE=∠DOF，
∴△BEO≌△DFO(AAS)
∴EO=FO，
∴四边形是平行四边形；
（2）50
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：（2）由（1）得四边形BEDF是平行四边形，
∴OE=OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，
∴AE=CF.
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：50．
【分析】（1）甲方案，连接BD，由平行四边形的性质得AO=CO，BO=DO，再结合题意得EO=FO，即可证明四边形是平行四边形；
乙方案，连接BD，证明△BEO≌△DFO，可得EO=FO，即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明AE=CF，结合题意即可得到，然后再由平行四边形的性质和三角形面积关系得，即可解决问题．
（1）解：甲方案，证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
乙方案，证明：∵于点于点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：50．
22．（2025八下·贵州期中）如图1是一种升降阅读架，由面板、支撑轴和底座构成，图2是其侧面结构示意图，面板固定在支撑轴端点处，，支撑轴长，支撑轴与底座所成的角．
（1）求端点到底座的距离；
（2）如图3，为了阅读舒适，将绕点逆时针旋转后，点恰好落在直线上，问：端点到底座的距离减少了多少？
【答案】（1）解：过点C作于点F，如图所示：
∴∠CFD=90°，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴CF=DF，
∵CD=16 cm，CF2+DF2=CD2，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
（2）解：过点C作于点F，如图所示：
由题意得：，
∵，
∴，
∴此时点C到底座的距离为：．
∴端点到底座的距离减少了．
【知识点】点到直线的距离；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点C作于点F，可证明△CDF为等腰直角三角形，再等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求解；
（2）过点C作于点F，计算得∠CDE=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质求出旋转后点C离底座的距离，即可求出降低的高度．
（1）解：过点C作于点F，如图所示：
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
（2）解：过点C作于点F，如图所示：
旋转后，
∵，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
∴端点到底座的距离减少了．
23．（2025八下·贵州期中）【例题呈现】化简：．
思路点拨：将原式的分子、分母同乘一个代数式，使得分母不含根号，实现分母有理化．
解：将分子、分母同乘，得．
【类比应用】
（1）化简：；
（2）宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形．如图，已知黄金矩形的边，剪掉一个以为边的正方形后，得到新的矩形．
①求的长；
②通过计算说明矩形是否为黄金矩形．
【答案】（1）
（2）解：①∵宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形，，AB为宽，
∴，
；
②∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是黄金矩形．
【知识点】分母有理化；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1），
故答案为：；
（2）
【分析】（1）按照题目中的过程进行计算即可；
（2）①根据黄金矩形的定义，并结合，AB为宽，可得，代入数据，即可求得BC的长；
②根据正方形的性质求得，再计算的值，即可根据定义得到结论．
（1）解：，
故答案为：；
（2）解：①∵宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形，，
；
②∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是黄金矩形．
24．（2025八下·贵州期中）如图，在四边形中，若，于点B，某同学在此图的基础上进行了画图探究，其作法和图形如下：
①如图，以点A为圆心，以长为半径画弧，交于点E；
②分别以D，E为圆心，以大于的同样长为半径作弧，两弧交于点M；
③作射线交于点F．
请根据其作图进行分析，直接作答：
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：由作法可知：是的平分线，
，
∵，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，设与交于点，过点作，
∵FH⊥AB，，
∴FH∥CB，∠B=∠FHA=90°，
又AB∥CD，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，四边形为菱形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）由作图过程可得AD=AE，“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得四边形AEFD是平行四边形，进而根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可得出结论；
（2）设DE与AF交于点O，过点F作FH⊥AB，由同一平面内，垂直同一直线的两条直线互相平行得FH∥CB，由“两组对边分别平行得四边形是平行四边形及有一个内角为直角的平行四边形是矩形”得四边形BCFH是矩形，由矩形的对边相等得BC=FH，由菱形的对角线互相垂直平分得DO=BO=6，AF⊥DE，利用那个勾股定理算出AO，从而可得AF的长，再根据三角形面积公式，由等面积法求出FH，即可求解．
（1）证明：∵，
，
由作法可知：是的平分线，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，设与交于点，过点作，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，四边形为菱形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
25．（2025八下·贵州期中）如图，在正方形ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、CD边上的动点，AF和EG交于点H．有2个选项：①AF⊥EG；②AF＝EG．
（1）请从2个选项中选择一个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的条件是______，结论是______（只要填写序号）；
（2）若AB＝6，BF＝2．
①若BE＝3，求AG的长；
②连接AG、EF，直接写出AG+EF的最小值．
【答案】（1）解：选择的条件是①，结论是②．证明如下：
如图1，过点G作GP⊥AB于点P，
∵AF⊥EG，GP⊥AB，
∴∠AEG+∠BAF＝90°，∠AEG+∠PGE＝90°，∠GPB=90°，
∴∠BAF＝∠PGE．
四边形ABCD是正方形，
AB=BC，∠B=∠C=90°，
∴四边形BCGP是矩形，
∴PG=BC=AB，
在△ABF与△GPE中，
，
∴△ABF≌△GPE（ASA），
∴AF＝EG；
故答案为：①，②；
（2）解：①△ABF≌△GPE，
∴，
，
连接AG，在Rt△APG中，；
②.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；将军饮马模型-两线一点（两动一定）；正方形中的十字架模型
【解析】【解答】（2）解：②过点F作FQEG，过点G作GQEF，
则四边形EFQG为平行四边形，
∴GQ＝EF，，
∴AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小，
∵EG＝AF，EG＝FQ，
∴AF＝FQ，
∵AF⊥EG，，
∴AF⊥FQ，
∴△AFQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴AG+EF的最小值为．
【分析】（1）选①为条件，②为结论，过点G作GP⊥AB于点P，由直角三角形的两锐角互余及同角的余角相等得∠BAF＝∠PGE，由正方形的性质得AB=BC，∠B=∠C=90°，从而由“有三个角是直角的四边形是矩形”得四边形BCGP是矩形，由矩形的对边相等得PG=BC=AB，从而由ASA判断出△ABF≌△GPE，由全等三角形的对应边相等得AF=EG；
（2）①由全等三角形的对应边相等可得PE=BF=2，则由线段和差得AP=1，在Rt△APG中，利用勾股定理求AG即可；
②过点F作FQEG，过点G作GQEF，由“有两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得四边形EFQG为平行四边形，由平行四边形的对边相等得GQ=EF，EG=FQ，故AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小；易得AF=FQ，结合平行线的行政科推出△AFQ是等腰直角三角形，由勾股定理算出FQ=AF=，进而再利用勾股定理算出AQ即可得出答案.
（1）解：选择的条件是①，结论是②．证明如下：
如图1，过点G作GP⊥AB，交于点P，
∵AF⊥EG，，
∴∠AEG+∠BAF＝90°，∠AEG+∠PGE＝90°，
∴∠BAF＝∠PGE．
四边形是正方形，
，．
在△ABF与△GPE中，
，
∴△ABF≌△GPE（ASA），
∴AF＝EG．
（2）解：①△ABF≌△GPE，
，
，
．
连接，在Rt△APG中，．
②过点F作FQEG，过点G作GQEF，
则四边形EFQG为平行四边形，
∴GQ＝EF，，
∴AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小，
∵EG＝AF，EG＝FQ，
∴AF＝FQ，
∵AF⊥EG，，
∴AF⊥FQ，
∴△AFQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴AG+EF的最小值为．
1 / 1贵州省名校联考2024-2025学年八年级下学期期中数学试题
1．（2025八下·贵州期中）化简的结果是（　　）
A．2 B． C． D．
2．（2025八下·贵州期中）下列各组中的三条线段，能构成直角三角形的是（　　）
A．3，4，5 B．4，5，6 C．2，，2 D．8，15，16
3．（2025八下·贵州期中）下列各式中，计算结果为的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·贵州期中）如图，是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·贵州期中）如图，数字代表所在正方形的面积，则所代表的正方形的面积为（　　）
A．5 B．25 C．27 D．
6．（2025八下·贵州期中）实数在数轴上的位置如图，那么化简的结果是（　　）
A． B．b C． D．a
7．（2025八下·贵州期中）如图，菱形中，，，则对角线的长是（　　）
A．8 B．15 C．10 D．6
8．（2025八下·贵州期中）矩形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．邻角互补 D．邻边相等
9．（2025八下·贵州期中）高空抛物极其危险，是我们必须杜绝的行为．据研究，高空抛物下落的时间（单位：）和高度（单位：）近似满足公式（不考虑风速的影响）．记从高空抛物到落地所需时间为，从高空抛物到落地所需时间为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八下·贵州期中）二次根式化简结果正确的为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025八下·贵州期中）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB＝10，AE＝3，则ED的长度为（　　）
A．7 B．2 C． D．
12．（2025八下·贵州期中）如图，在中，垂直平分于点E， ，，则的对角线的长为（　　）
A．5 B．10 C． D．
13．（2025八下·贵州期中）在平面直角坐标系中，若点坐标为，则点到原点的距离为　 　．
14．（2025八下·贵州期中）如图，一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则　 　cm．
15．（2025八下·贵州期中）用两块全等的含角的直角三角板拼成形状不同的四边形，其中平行四边形的个数是　 　．
16．（2025八下·贵州期中）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是　 　．
17．（2025八下·贵州期中）计算：
（1）
（2）先化简，再求值：，其中．
18．（2025八下·贵州期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，，垂足为E，，求的度数．
19．（2025八下·贵州期中）根据下列条件求代数式的值；
（1）；
（2）．
20．（2025八下·贵州期中）某居民小区有块形状为矩形的绿地，长为米，宽为米，现在要矩形绿地中修建两个形状大小相同的长方形花坛（即图中阴影部分），每个长方形花坛的长为米，宽为米．
（1）求矩形的周长．（结果化为最简二次根式）
（2）除去修建花坛的地方，其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元/平方米的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元？
21．（2025八下·贵州期中）如图，在中，点O是对角线的中点．某数学兴趣小组要在上找两个点E，F，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
在上分别取点E，F，使得 作于点E，于点F
请回答下列问题：
（1）选择其中一种方案，并证明四边形为平行四边形；
（2）在（1）的基础上，若，，则的面积为______．
22．（2025八下·贵州期中）如图1是一种升降阅读架，由面板、支撑轴和底座构成，图2是其侧面结构示意图，面板固定在支撑轴端点处，，支撑轴长，支撑轴与底座所成的角．
（1）求端点到底座的距离；
（2）如图3，为了阅读舒适，将绕点逆时针旋转后，点恰好落在直线上，问：端点到底座的距离减少了多少？
23．（2025八下·贵州期中）【例题呈现】化简：．
思路点拨：将原式的分子、分母同乘一个代数式，使得分母不含根号，实现分母有理化．
解：将分子、分母同乘，得．
【类比应用】
（1）化简：；
（2）宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形．如图，已知黄金矩形的边，剪掉一个以为边的正方形后，得到新的矩形．
①求的长；
②通过计算说明矩形是否为黄金矩形．
24．（2025八下·贵州期中）如图，在四边形中，若，于点B，某同学在此图的基础上进行了画图探究，其作法和图形如下：
①如图，以点A为圆心，以长为半径画弧，交于点E；
②分别以D，E为圆心，以大于的同样长为半径作弧，两弧交于点M；
③作射线交于点F．
请根据其作图进行分析，直接作答：
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
25．（2025八下·贵州期中）如图，在正方形ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、CD边上的动点，AF和EG交于点H．有2个选项：①AF⊥EG；②AF＝EG．
（1）请从2个选项中选择一个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的条件是______，结论是______（只要填写序号）；
（2）若AB＝6，BF＝2．
①若BE＝3，求AG的长；
②连接AG、EF，直接写出AG+EF的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：．
故答案为：A．
【分析】根据二次根式性质“”直接化简即可.
2．【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A：因为32+42=52，所以A能构成直角三角形；
B：因为42+52≠62，所以B不能构成直角三角形；
C：因为2=2＞，所以C不能构成直角三角形；
D：82+152≠162，所以D不能构成直角三角形。
故答案为：A。
【分析】根据勾股定理的逆定理即可得出答案。
3．【答案】D
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A.，故选项A不符合题意；
B.，故选项B不符合题意；
C.，故选项C不符合题意；
D.，故选项D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的加，减，乘，除，运算法则进行计算并判断即可．
4．【答案】B
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：、，，
又，四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
、，AB//CD，不能判断四边形是平行四边形，等腰梯形也满足这两个条件，故选项B符合题意；
、，，
又，四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
、，，
，，，四边形是平行四边形，故选项D不符合题意．
故答案为：．
【分析】利用平行线的判定定理可得AD//BC，继而可判断选项ACD；举出反例，可判断选项B，即可解答.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方，另一条直角边的平方为，
由勾股定理可知：斜边的平方，即A所代表的正方形的面积为．
故答案为：B．
【分析】先求出一条直角边的平方，另一条直角边的平方为，再利用勾股定理及正方形的性质求出正方形A的面积即可.
6．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；化简含绝对值有理数；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由实数a、b在数轴上的位置可知，，且，
∴，
∴原式
，
故答案为：C．
【分析】根据数轴上的点所表示数的特点，可得b＜0＜a，且|b|＞|a|，然后根据有理数减法法则得出b-a＜0 ，进而根据“”及绝对值的代数意义化简，最后合并同类项即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴
故答案为：D．
【分析】根据菱形的性质求得，∠ACB=60°，于是可判定△ABC为等边三角形，即可求解．
8．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：因为矩形和菱形的对角线都互相平分，邻角互补，菱形的邻边相等，矩形的对角线相等，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故答案为：A．
【分析】根据矩形和菱形的性质，分析出矩形具有而菱形不具体的性质，再作出选择．
9．【答案】A
【知识点】二次根式的应用
【解析】【解答】解：由题意得：，，
∴，
故答案为：A．
【分析】把h=25和h=50代入分别求出、，再计算与的比值即可得解.
10．【答案】D
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴原式
，
故答案为：．
【分析】先根据，得出，再化简．
11．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
∵EF⊥AB于点F，AE=3，
∴AF=EF=3，
∵AB=10，
∴BF=7，
∴BE，
∴ED=．
故答案为：C．
【分析】连接BE，由正方形四边形相等，每条对角线平分一组对角得∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，从而用SAS证明△ABE≌△ADE，由全等三角形的对应边相等可得ED=BE，在等腰直角△AEF中，由勾股定理求出AF=EF=3，再在Rt△BEF中，利用勾股定理求出BE的长，即可得出ED的长．
12．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点F．
∵垂直平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
故答案为：D．
【分析】连接交于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出，即可推出，先利用勾股定理求出的长，即可求出的长．
13．【答案】
【知识点】坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：若点坐标为，则点到原点的距离，
故答案为：．
【分析】若，，则，据此求解即可．
14．【答案】3
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：观察刻度尺可知：．
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴．
故答案为：3．
【分析】先观察刻度尺确定AB的长，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求出答案．
15．【答案】3个
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
故答案为：3个．
【分析】分别以较长直角边为对角线、较短直角边为对角线及以斜边为对角线，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行拼图即可得出答案.
16．【答案】
【知识点】三角形的外角性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—构造直角三角形
【解析】【解答】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，如图所示：
∵DE平分△ABC的周长，
∴AD+AC+CE=DB+BE，
∵点D为边AB的中点，
∴AD=DB，
∴CE+AC=BE，
∵MC=AC，
∴ME=MC+CE=AC+CE=EB，即ME=EB，
又AD=DB，
∴DE为△AMB的中位线，
∴，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，MC=AC，
∴∠CAM=∠CMA=30°，
∵CN⊥AM，
∴，
∴，
∴DE=，
故答案为：．
【分析】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=AM，根据等腰三角形外角性质求出∠CAM，根据余弦的概念求出AN，继而的AM长，继而可得到答案．
17．【答案】解：（1）原式
（2）原式
当时，原式
【知识点】实数的混合运算（含开方）；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（1）先分别根据二次根式的性质、完全平方公式、零指数幂的计算法则“a0=1(a≠0)”分别化简，合并同类二次根式及进行有理数的加法运算即可；（2）把“1”看成，先计算括号内同分母分式的减法运算，同时将括号外分式的分母利用平方差公式分解因式，进而计算分式乘法，约分化简，最后将a的值代入化简结果，分母合并同类项后，再进行分母有理化即可.
18．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，
∴．
∴△AOB是等腰三角形，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴∠EAB=∠OAB－∠OAE=62°－34°=28°.
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形的性质
【解析】【分析】由矩形的性质得到可证得△AOB是等腰三角形，再结合三角形的内角和定理可得∠OAB的度数，再由直角三角形两锐角互余得到∠OAE的度数，继而可得∠EAB的度数．
19．【答案】解：（1）当时
原式
；
（2）当时，
原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【分析】分别把a、b、c的值代入，然后将被开方数按含乘方的有理数的混合运算的运算顺序进行计算，进而根据二次根式的性质化简二次根式，最后约分即可求得答案．
20．【答案】（1）解：∵矩形的长为米，宽为米，∴周长为（米）．
故矩形的周长为米．
（2）由题意得：通道的面积为：
（m2），∴购买地砖需要花费（元）．
答：购买地砖需要花费336元．
【知识点】二次根式的应用
【解析】【分析】（1）根据长方形的周长列出算式，再化简并合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先用长方形ABCD的面积减去2个花坛的面积，求出通道的面积，再计算花费即可．
（1）解：矩形的长为米，宽为米，
∴矩形的周长为（米）．
答：矩形的周长为米．
（2）解：通道的面积为（平方米），
则购买地砖需要花费（元）．
答：购买地砖需要花费336元．
21．【答案】（1）解：甲方案，证明：连接BD，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO－AE＝CO－CF，即EO=FO，
∵BO=DO，EO=FO，
∴四边形是平行四边形．
乙方案，证明：连接BD，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴BO=DO.
∵于点于点，
∴，
又∵∠BOE=∠DOF，
∴△BEO≌△DFO(AAS)
∴EO=FO，
∴四边形是平行四边形；
（2）50
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：（2）由（1）得四边形BEDF是平行四边形，
∴OE=OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，
∴AE=CF.
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：50．
【分析】（1）甲方案，连接BD，由平行四边形的性质得AO=CO，BO=DO，再结合题意得EO=FO，即可证明四边形是平行四边形；
乙方案，连接BD，证明△BEO≌△DFO，可得EO=FO，即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明AE=CF，结合题意即可得到，然后再由平行四边形的性质和三角形面积关系得，即可解决问题．
（1）解：甲方案，证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
乙方案，证明：∵于点于点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：50．
22．【答案】（1）解：过点C作于点F，如图所示：
∴∠CFD=90°，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴CF=DF，
∵CD=16 cm，CF2+DF2=CD2，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
（2）解：过点C作于点F，如图所示：
由题意得：，
∵，
∴，
∴此时点C到底座的距离为：．
∴端点到底座的距离减少了．
【知识点】点到直线的距离；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点C作于点F，可证明△CDF为等腰直角三角形，再等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求解；
（2）过点C作于点F，计算得∠CDE=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质求出旋转后点C离底座的距离，即可求出降低的高度．
（1）解：过点C作于点F，如图所示：
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
（2）解：过点C作于点F，如图所示：
旋转后，
∵，
∴，
∴点C到底座的距离为：．
∴端点到底座的距离减少了．
23．【答案】（1）
（2）解：①∵宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形，，AB为宽，
∴，
；
②∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是黄金矩形．
【知识点】分母有理化；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1），
故答案为：；
（2）
【分析】（1）按照题目中的过程进行计算即可；
（2）①根据黄金矩形的定义，并结合，AB为宽，可得，代入数据，即可求得BC的长；
②根据正方形的性质求得，再计算的值，即可根据定义得到结论．
（1）解：，
故答案为：；
（2）解：①∵宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形，，
；
②∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是黄金矩形．
24．【答案】（1）证明：由作法可知：是的平分线，
，
∵，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，设与交于点，过点作，
∵FH⊥AB，，
∴FH∥CB，∠B=∠FHA=90°，
又AB∥CD，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，四边形为菱形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）由作图过程可得AD=AE，“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得四边形AEFD是平行四边形，进而根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可得出结论；
（2）设DE与AF交于点O，过点F作FH⊥AB，由同一平面内，垂直同一直线的两条直线互相平行得FH∥CB，由“两组对边分别平行得四边形是平行四边形及有一个内角为直角的平行四边形是矩形”得四边形BCFH是矩形，由矩形的对边相等得BC=FH，由菱形的对角线互相垂直平分得DO=BO=6，AF⊥DE，利用那个勾股定理算出AO，从而可得AF的长，再根据三角形面积公式，由等面积法求出FH，即可求解．
（1）证明：∵，
，
由作法可知：是的平分线，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，设与交于点，过点作，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，四边形为菱形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
25．【答案】（1）解：选择的条件是①，结论是②．证明如下：
如图1，过点G作GP⊥AB于点P，
∵AF⊥EG，GP⊥AB，
∴∠AEG+∠BAF＝90°，∠AEG+∠PGE＝90°，∠GPB=90°，
∴∠BAF＝∠PGE．
四边形ABCD是正方形，
AB=BC，∠B=∠C=90°，
∴四边形BCGP是矩形，
∴PG=BC=AB，
在△ABF与△GPE中，
，
∴△ABF≌△GPE（ASA），
∴AF＝EG；
故答案为：①，②；
（2）解：①△ABF≌△GPE，
∴，
，
连接AG，在Rt△APG中，；
②.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；将军饮马模型-两线一点（两动一定）；正方形中的十字架模型
【解析】【解答】（2）解：②过点F作FQEG，过点G作GQEF，
则四边形EFQG为平行四边形，
∴GQ＝EF，，
∴AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小，
∵EG＝AF，EG＝FQ，
∴AF＝FQ，
∵AF⊥EG，，
∴AF⊥FQ，
∴△AFQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴AG+EF的最小值为．
【分析】（1）选①为条件，②为结论，过点G作GP⊥AB于点P，由直角三角形的两锐角互余及同角的余角相等得∠BAF＝∠PGE，由正方形的性质得AB=BC，∠B=∠C=90°，从而由“有三个角是直角的四边形是矩形”得四边形BCGP是矩形，由矩形的对边相等得PG=BC=AB，从而由ASA判断出△ABF≌△GPE，由全等三角形的对应边相等得AF=EG；
（2）①由全等三角形的对应边相等可得PE=BF=2，则由线段和差得AP=1，在Rt△APG中，利用勾股定理求AG即可；
②过点F作FQEG，过点G作GQEF，由“有两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得四边形EFQG为平行四边形，由平行四边形的对边相等得GQ=EF，EG=FQ，故AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小；易得AF=FQ，结合平行线的行政科推出△AFQ是等腰直角三角形，由勾股定理算出FQ=AF=，进而再利用勾股定理算出AQ即可得出答案.
（1）解：选择的条件是①，结论是②．证明如下：
如图1，过点G作GP⊥AB，交于点P，
∵AF⊥EG，，
∴∠AEG+∠BAF＝90°，∠AEG+∠PGE＝90°，
∴∠BAF＝∠PGE．
四边形是正方形，
，．
在△ABF与△GPE中，
，
∴△ABF≌△GPE（ASA），
∴AF＝EG．
（2）解：①△ABF≌△GPE，
，
，
．
连接，在Rt△APG中，．
②过点F作FQEG，过点G作GQEF，
则四边形EFQG为平行四边形，
∴GQ＝EF，，
∴AG+EF＝AG+GQ≥AQ，当且仅当A，G，Q三点共线时，AG+EF的值最小，
∵EG＝AF，EG＝FQ，
∴AF＝FQ，
∵AF⊥EG，，
∴AF⊥FQ，
∴△AFQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴AG+EF的最小值为．
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