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广西壮族自治区防城港市2024-2025学年下学期八年级 期中考试数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．（2025八下·防城港期中）如图，在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
故答案为：B．
【分析】由平行四边形的对角相等，得∠C=120°．
2．（2025八下·防城港期中）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得3+x≥0，
∴x≥-3，
故答案为：C
【分析】根据二次根式有意义的条件结合题意即可得到3+x≥0，从而即可求解。
3．（2025八下·防城港期中）以下列各组线段作为三角形的三条边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．3，4，5 B．1，2，3 C．1，4，5 D．2，3，13
【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、，3，4，5能构成直角三角形，故选项符合题意；
B、，1，2，3不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
C、，1，4，5不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
D、，2，3，13不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】应用勾股定理的逆定理，确定最大边，再验证两条较小边的平方和是否等于最大边的平方，进而作出判断是否构成直角三角形．
4．（2025八下·防城港期中）下列二次根式中，与是同类二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；同类二次根式
【解析】【解答】解：，与不是同类二次根式，故A选项不合题意；
，与不是同类二次根式，故B选项不合题意；
与不是同类二次根式，故C选项不合题意；
与是同类二次根式，故D选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】先化简二次根式，然后根据同类二次根式的定义即可判定，二次根式化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．
5．（2025八下·防城港期中）一个菱形的两条对角线的长度分别是6 cm和8 cm，这个菱形的面积是（　　）
A．12 cm2 B．14 cm2 C．24 cm2 D．48 cm2
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵这个菱形的两条对角线的长度分别是6cm和8cm，
∴它的面积为 ，
故答案为：C．
【分析】利用菱形的面积公式计算求解即可。
6．（2025八下·防城港期中）如图，公路互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得，则两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，点是斜边的中点，
∴，
故答案为：B ．
【分析】根据题意，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得CM=AB=1.2．
7．（2025八下·防城港期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的乘法；二次根式的除法
【解析】【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意；
B、，正确，符合题意；
C、，故原选项错误，不符合题意；
D、与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意；
故答案为：B ．
【分析】根据被开方数相同的两个根式为同类二次根式，先判断是否是同类二次根式，不是不能合并，若是同类二次根式，再根据二次根式的运算法则计算．
8．（2025八下·防城港期中）如图，矩形的对角线相交于点，，则矩形的对角线长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：D ．
【分析】根据矩形的性质对角线相等，可得是等边三角形，，则 对角线长为 8．
9．（2025八下·防城港期中）为了保证东兴市站至防城港北站的高铁铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使夹在铁轨之间互相平行的枕木长相等就可以了，其中的数学原理为（　　）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：这其中的数学道理是：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案为：A．
【分析】结合题意两条直铺的铁轨互相平行 ，得到数学道理是：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
10．（2025八下·防城港期中）已知，则值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴且，
得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】先根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数得：且，得出，代入求y=1，再计算xy的值．
11．（2025八下·防城港期中）如图是一个圆柱形饮料罐，底面半径是5，高是12，上底面中心有一个小圆孔，则一条到达底部的直吸管在罐内部分以a的长度（罐壁的厚度和小圆孔的大小忽略不计）范围是（　　）
A．12≤a≤13 B．12≤a≤15 C．5≤a≤12 D．5≤a≤l3
【答案】A
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：a的最小长度显然是圆柱的高12，最大长度根据勾股定理，得：=13．
即a的取值范围是12≤a≤13．
故选：A．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
12．（2025八下·防城港期中）如图，已知四边形中，R，P分别是，上的点，E，F分别是，的中点，当点P在上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　）
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．EF变化不定
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AR，如图，
因为AR不变，
E、F分别是、的中点，
由中位线的性质得，
当点P在上从C向D移动而点R不动时，线段EF的长不变
故选：C．
【分析】连接AR，根据三角形中位线定理即可求出答案.
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分．）
13．（2025八下·防城港期中）比较大小：　 　（填“，或”）．
【答案】
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：，
，
故答案为：．
【分析】由正实数零负实数及两个正实数比较大小，被开方数大的数就大，填小于号．
14．（2025八下·防城港期中）“两直线平行，内错角相等”的逆命题是　 　．
【答案】内错角相等，两直线平行
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：“两直线平行，内错角相等”的条件是：两条平行线被第三条值线索截，结论是：内错角相等．将条件和结论互换得逆命题为：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行，可简说成“内错角相等，两直线平行”.
故答案为： 内错角相等，两直线平行 .
【分析】一个命题一般包括题设和结论两部分，“如果”后面接的是题设，“那么”后面接的结论，将原命题的将题设和结论互换得逆命题.
15．（2025八下·防城港期中）如图，是正方形的边上一点，是边上的延长线上一点，且，若，，则的长为　 　．
【答案】5
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
在和中，，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【分析】根据四边形是正方形，得：，，利用可证，根据全等三角形的性质则，根据=5．
16．（2025八下·防城港期中）如图，在数轴上点A，B对应的实数分别为1，3，，以A为圆心，为半径画弧，交数轴正半轴于点P，则点P对应的实数为　 　．
【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理的应用
【解析】【解答】解：在直角三角形中，．
∴点P表示的数为．
【分析】由作图数轴上的点构造直角三角形，利用勾股定理求得AC=，点A 对应的实数为1，由点P在点A右边，则点P对应的实数为。
三、解答题（本大题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2025八下·防城港期中）计算：．
【答案】解：
.

【知识点】零指数幂；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的乘法法则可得：，根据任何不等于的数的次幂为，得：；根据平方的定义可得：，再根据有理数的加法法则进行计算，原式=6．
18．（2025八下·防城港期中）已知，，求的值．
【答案】解：∵，，∴，，
∴.
【知识点】平方差公式及应用；求代数式的值-直接代入求值；二次根式的乘法
【解析】【分析】将表示x，y的式子代入，分别求得，利用平方差公式得，分解因式xy(x+y)=；
19．（2025八下·防城港期中）如图，已知四边形是平行四边形．
（1）尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不用写作法）
（2）在（1）中，若，，求的长．
【答案】（1）解：如图所示，为所求．
；
（2）解：在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】本题考查了平行四边形的性质、，解决本题的关键是熟记平行四边形的性质．
（1）角平分线的作法：点A为圆心，任意长为半径画弧，交，于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点的距离为半径画弧，在内交于一点O，作射线BO，交于点E，根据角平分线的作法作图；
（2）根据和平行线性质得：，由角平分线性质得，等腰三角形等角对等边得，然后利用平行四边形对边相等计算EC=2．
（1）解：如图所示，为所求．
；
（2）解：在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，，
，
．
20．（2025八下·防城港期中）如图，四边形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，CD＝12cm，DA＝13cm，且∠ABC＝90°，
（1）求AC的长度；
（2）求证：△ACD是直角三角形；
（3）求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）解：连接AC
∵∠ABC=90．
∴△ACB是直角三角形
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，根据勾股定理得
AC=
（2）解：∵AC2=25， CD2=144， AD2=169∴25+144=169
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形
（3）解：S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
＝
＝6+30
＝36
答：四边形的面积是36平方米．
【知识点】勾股定理；几何图形的面积计算-割补法；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）连接AC，构造直角三角形ABC，由勾股定理得AC=5；
（2）利用勾股定理的逆定理两条较短边的平方和等于最长边的平方，判定 △ACD是直角三角形 ；
（3）由S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，结合三角形面积公式底×高×计算三角形的面积，四边形ABCD的面积 为两个三角形的面积和．
（1）解：连接AC
∵∠ABC=90．
∴△ACB是直角三角形
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，根据勾股定理得
AC=
（2）∵AC2=25， CD2=144， AD2=169
∴25+144=169
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形
（3）S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
＝
＝6+30
＝36
答：四边形的面积是36平方米．
21．（2025八下·防城港期中）已知：如图，在 ABCD中，AE⊥BC，，点E，F分别为垂足．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形AECF是矩形．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，，
．
（2）证明：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在四边形中，，
四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形判定定理即可求出答案.
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，，
．
（2）证明：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在四边形中，，
四边形是矩形．
22．（2025八下·防城港期中）如图平行四边形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形：
（2）当的对角线满足_______条件时，四边形是正方形，并说明理由．
【答案】（1）解：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：且，
理由如下：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴平行四边形是正方形．
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；正方形的判定；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【分析】（1）由作图得，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，得四边形是平行四边形 ；
（2）由四边形是平行四边形，满足对角线 ，得到∠BOC=90°，且 ，得邻边相等BO=CO，根据一个角是直角且邻边相等的平行四边形是正方形判定.
（1）解：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：且，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴平行四边形是正方形．
23．（2025八下·防城港期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动．
（1）操作与证明：
①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______；
②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形；
（2）迁移应用：
如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长．
【答案】（1）①；
②证明：∵四边形是矩形，
∴，，即，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，，
在中，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
由（2）得到，
∴，
如图所示，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：①∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：；【分析】（1）①根据折叠得，由平角的性质得，得，根据矩形的性质得，根据平行线的性质两直线平行，内错角相等， 则60； ；
②由矩形的性质，得四边形是平行四边形，由折叠的性质，可证，，由一组邻边相等的平行四边形是菱形，得四边形是菱形；
（2）由矩形的性质得，，，由勾股定理得，根据折叠，ED=CD=，由全等的性质得，如图所示，过点作于点，
在Rt△DGE中，由勾股定理得DG=，，在Rt△AGE中， 由勾股定理得.
（1）解：①∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：；
②证明：∵四边形是矩形，
∴，，即，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
由（2）得到，
∴，
如图所示，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
1 / 1广西壮族自治区防城港市2024-2025学年下学期八年级 期中考试数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．（2025八下·防城港期中）如图，在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·防城港期中）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·防城港期中）以下列各组线段作为三角形的三条边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．3，4，5 B．1，2，3 C．1，4，5 D．2，3，13
4．（2025八下·防城港期中）下列二次根式中，与是同类二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·防城港期中）一个菱形的两条对角线的长度分别是6 cm和8 cm，这个菱形的面积是（　　）
A．12 cm2 B．14 cm2 C．24 cm2 D．48 cm2
6．（2025八下·防城港期中）如图，公路互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得，则两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025八下·防城港期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·防城港期中）如图，矩形的对角线相交于点，，则矩形的对角线长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
9．（2025八下·防城港期中）为了保证东兴市站至防城港北站的高铁铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使夹在铁轨之间互相平行的枕木长相等就可以了，其中的数学原理为（　　）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
10．（2025八下·防城港期中）已知，则值为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025八下·防城港期中）如图是一个圆柱形饮料罐，底面半径是5，高是12，上底面中心有一个小圆孔，则一条到达底部的直吸管在罐内部分以a的长度（罐壁的厚度和小圆孔的大小忽略不计）范围是（　　）
A．12≤a≤13 B．12≤a≤15 C．5≤a≤12 D．5≤a≤l3
12．（2025八下·防城港期中）如图，已知四边形中，R，P分别是，上的点，E，F分别是，的中点，当点P在上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　）
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．EF变化不定
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分．）
13．（2025八下·防城港期中）比较大小：　 　（填“，或”）．
14．（2025八下·防城港期中）“两直线平行，内错角相等”的逆命题是　 　．
15．（2025八下·防城港期中）如图，是正方形的边上一点，是边上的延长线上一点，且，若，，则的长为　 　．
16．（2025八下·防城港期中）如图，在数轴上点A，B对应的实数分别为1，3，，以A为圆心，为半径画弧，交数轴正半轴于点P，则点P对应的实数为　 　．
三、解答题（本大题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2025八下·防城港期中）计算：．
18．（2025八下·防城港期中）已知，，求的值．
19．（2025八下·防城港期中）如图，已知四边形是平行四边形．
（1）尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不用写作法）
（2）在（1）中，若，，求的长．
20．（2025八下·防城港期中）如图，四边形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，CD＝12cm，DA＝13cm，且∠ABC＝90°，
（1）求AC的长度；
（2）求证：△ACD是直角三角形；
（3）求四边形ABCD的面积．
21．（2025八下·防城港期中）已知：如图，在 ABCD中，AE⊥BC，，点E，F分别为垂足．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形AECF是矩形．
22．（2025八下·防城港期中）如图平行四边形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形：
（2）当的对角线满足_______条件时，四边形是正方形，并说明理由．
23．（2025八下·防城港期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动．
（1）操作与证明：
①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______；
②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形；
（2）迁移应用：
如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
故答案为：B．
【分析】由平行四边形的对角相等，得∠C=120°．
2．【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得3+x≥0，
∴x≥-3，
故答案为：C
【分析】根据二次根式有意义的条件结合题意即可得到3+x≥0，从而即可求解。
3．【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、，3，4，5能构成直角三角形，故选项符合题意；
B、，1，2，3不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
C、，1，4，5不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
D、，2，3，13不能构成直角三角形，故选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】应用勾股定理的逆定理，确定最大边，再验证两条较小边的平方和是否等于最大边的平方，进而作出判断是否构成直角三角形．
4．【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；同类二次根式
【解析】【解答】解：，与不是同类二次根式，故A选项不合题意；
，与不是同类二次根式，故B选项不合题意；
与不是同类二次根式，故C选项不合题意；
与是同类二次根式，故D选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】先化简二次根式，然后根据同类二次根式的定义即可判定，二次根式化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．
5．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵这个菱形的两条对角线的长度分别是6cm和8cm，
∴它的面积为 ，
故答案为：C．
【分析】利用菱形的面积公式计算求解即可。
6．【答案】B
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，点是斜边的中点，
∴，
故答案为：B ．
【分析】根据题意，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得CM=AB=1.2．
7．【答案】B
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的乘法；二次根式的除法
【解析】【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意；
B、，正确，符合题意；
C、，故原选项错误，不符合题意；
D、与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意；
故答案为：B ．
【分析】根据被开方数相同的两个根式为同类二次根式，先判断是否是同类二次根式，不是不能合并，若是同类二次根式，再根据二次根式的运算法则计算．
8．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：D ．
【分析】根据矩形的性质对角线相等，可得是等边三角形，，则 对角线长为 8．
9．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：这其中的数学道理是：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案为：A．
【分析】结合题意两条直铺的铁轨互相平行 ，得到数学道理是：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
10．【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴且，
得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】先根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数得：且，得出，代入求y=1，再计算xy的值．
11．【答案】A
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：a的最小长度显然是圆柱的高12，最大长度根据勾股定理，得：=13．
即a的取值范围是12≤a≤13．
故选：A．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
12．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AR，如图，
因为AR不变，
E、F分别是、的中点，
由中位线的性质得，
当点P在上从C向D移动而点R不动时，线段EF的长不变
故选：C．
【分析】连接AR，根据三角形中位线定理即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：，
，
故答案为：．
【分析】由正实数零负实数及两个正实数比较大小，被开方数大的数就大，填小于号．
14．【答案】内错角相等，两直线平行
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：“两直线平行，内错角相等”的条件是：两条平行线被第三条值线索截，结论是：内错角相等．将条件和结论互换得逆命题为：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行，可简说成“内错角相等，两直线平行”.
故答案为： 内错角相等，两直线平行 .
【分析】一个命题一般包括题设和结论两部分，“如果”后面接的是题设，“那么”后面接的结论，将原命题的将题设和结论互换得逆命题.
15．【答案】5
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
在和中，，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【分析】根据四边形是正方形，得：，，利用可证，根据全等三角形的性质则，根据=5．
16．【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理的应用
【解析】【解答】解：在直角三角形中，．
∴点P表示的数为．
【分析】由作图数轴上的点构造直角三角形，利用勾股定理求得AC=，点A 对应的实数为1，由点P在点A右边，则点P对应的实数为。
17．【答案】解：
.

【知识点】零指数幂；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的乘法法则可得：，根据任何不等于的数的次幂为，得：；根据平方的定义可得：，再根据有理数的加法法则进行计算，原式=6．
18．【答案】解：∵，，∴，，
∴.
【知识点】平方差公式及应用；求代数式的值-直接代入求值；二次根式的乘法
【解析】【分析】将表示x，y的式子代入，分别求得，利用平方差公式得，分解因式xy(x+y)=；
19．【答案】（1）解：如图所示，为所求．
；
（2）解：在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】本题考查了平行四边形的性质、，解决本题的关键是熟记平行四边形的性质．
（1）角平分线的作法：点A为圆心，任意长为半径画弧，交，于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点的距离为半径画弧，在内交于一点O，作射线BO，交于点E，根据角平分线的作法作图；
（2）根据和平行线性质得：，由角平分线性质得，等腰三角形等角对等边得，然后利用平行四边形对边相等计算EC=2．
（1）解：如图所示，为所求．
；
（2）解：在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，，
，
．
20．【答案】（1）解：连接AC
∵∠ABC=90．
∴△ACB是直角三角形
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，根据勾股定理得
AC=
（2）解：∵AC2=25， CD2=144， AD2=169∴25+144=169
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形
（3）解：S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
＝
＝6+30
＝36
答：四边形的面积是36平方米．
【知识点】勾股定理；几何图形的面积计算-割补法；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）连接AC，构造直角三角形ABC，由勾股定理得AC=5；
（2）利用勾股定理的逆定理两条较短边的平方和等于最长边的平方，判定 △ACD是直角三角形 ；
（3）由S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，结合三角形面积公式底×高×计算三角形的面积，四边形ABCD的面积 为两个三角形的面积和．
（1）解：连接AC
∵∠ABC=90．
∴△ACB是直角三角形
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，根据勾股定理得
AC=
（2）∵AC2=25， CD2=144， AD2=169
∴25+144=169
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形
（3）S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
＝
＝6+30
＝36
答：四边形的面积是36平方米．
21．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，，
．
（2）证明：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在四边形中，，
四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形判定定理即可求出答案.
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，，
．
（2）证明：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在四边形中，，
四边形是矩形．
22．【答案】（1）解：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：且，
理由如下：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴平行四边形是正方形．
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；正方形的判定；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【分析】（1）由作图得，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，得四边形是平行四边形 ；
（2）由四边形是平行四边形，满足对角线 ，得到∠BOC=90°，且 ，得邻边相等BO=CO，根据一个角是直角且邻边相等的平行四边形是正方形判定.
（1）解：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：且，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴平行四边形是正方形．
23．【答案】（1）①；
②证明：∵四边形是矩形，
∴，，即，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，，
在中，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
由（2）得到，
∴，
如图所示，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：①∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：；【分析】（1）①根据折叠得，由平角的性质得，得，根据矩形的性质得，根据平行线的性质两直线平行，内错角相等， 则60； ；
②由矩形的性质，得四边形是平行四边形，由折叠的性质，可证，，由一组邻边相等的平行四边形是菱形，得四边形是菱形；
（2）由矩形的性质得，，，由勾股定理得，根据折叠，ED=CD=，由全等的性质得，如图所示，过点作于点，
在Rt△DGE中，由勾股定理得DG=，，在Rt△AGE中， 由勾股定理得.
（1）解：①∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：；
②证明：∵四边形是矩形，
∴，，即，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
由（2）得到，
∴，
如图所示，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
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