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广东省江门市开平市苍江中学2024—2025学年下学期期中考试八年级数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025八下·开平期中）下列式子中，属于最简二次根式的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数为小数，不是最简二次根式，故A不符合题意；
B、是最简二次根式，故B符合题意
C、 ，不是最简二次根式，故C不符合题意
D、，被开方数是分数，不是最简二次根式，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】
根据最简二次根式满足的条件：一是被开方数不含分母，二是不含开尽方的因式或因式，逐一判断即可解答.
2．（2025八下·开平期中）以下列长度的三条线段为边，能组成直角三角形的是(　　)
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】C
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．∵22+32≠42，
∴以2，3，4为边不能组成直角三角形，A不符合题意；
B．∵，
∴以，3，5为边不能组成直角三角形，B不符合题意；
C．∵32+42=52，
∴以3，4，5为边能组成直角三角形，C符合题意；
D．∵62+72≠82，
∴以6，7，8为边不能组成直角三角形，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么该三角形是直角三角形逐项分析即可求解.
3．（2025八下·开平期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、不是同类二次根式，不能合并，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】
根据二次根式的除法法则得到，可判断A；根据乘法法则计算可得根据减法法则计算可得，可判断C；根据同类二次根式的定义可判断D逐一判断即可作答．
4．（2025八下·开平期中）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　）
A．对边平行且相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角相等
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：、对边平行且相等菱形和平行四边形都具有，故A不符合题意；
、对角线互相平分菱形和平行四边形都具有，故B不符合题意；
、对角线互相垂直，菱形具有，平行四边形不具有，故C符合题意；
、对角相等菱形和平行四边形都具有，故D不符合题意；
故答案为：．
【分析】
根据菱形的性质：对角线互相平分，对角线互相垂直，对角相等，对边平行且相等；平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等，逐一判断即可解答．
5．（2025八下·开平期中）四边形中，对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形．故A不符合题意；
B、∵，，，
∴，
∴．
同理：，
∴四边形是平行四边形，故B不符合题意；
C、∵，，
D、∴四边形是平行四边形，故C不符合题意；
∵，，
不能说明四边形是平行四边形，故D符合题意．
故答案为：D．
【分析】
根据两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断A；先根据给出的条件判断得到，，再由两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断B；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判断C；根据一组对边平行且这组对边相等的四边形是平行四边形可判断D，逐一判断即可解答．
6．（2025八下·开平期中）如图，在中，，，是边的中点，是的中点，若，则的长是（　　）．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=4
，
D是AC边的中点，E是AB的中点，
，
故答案为：D．
【分析】
本题考查了含30°角的直角三角形的性质和三角形的中位线定理，熟知直角三角形的性质是解题关键．
根据含30°角的直角三角形的性质：直角三角形中，30°所对的直角边=斜边的一半得：，再根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半可得：，由此即可得出答案．
7．（2025八下·开平期中）如图，数轴上的点所表示的数为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】实数在数轴上表示；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】解：如下图：
可依题得：，，，
中，，
，
则点所表示的数应为．
故答案为：．
【分析】
根据数轴上点的特征得到，，，再用勾股定理求出，再根据实数与数轴的对应关系求解即可．
8．（2025八下·开平期中）如图，在矩形中，点在上，且平分，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：四边形为矩形，
∴，，，
，，
，
，
∵，
，
平分，
，
，
，
，
，
故选：A．
【分析】
在Rt△ABE中，由于∠ABE=45°，且AB=2，可以计算出BE（利用等腰直角三角形的性质，AB=AE=2 ）。接着，由角平分线的定义和平行的性质可证得∠BEC=∠ECB，从而得到BC=BE，进而可求得AD的长，即可求得的长．
9．（2025八下·开平期中）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，交射线于点，交射线于点，再分别以、为圆心，的长为半径，两弧在的内部交于点，作射线，若，则两点之间距离为（　　）
A．10 B．12 C．13 D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：连接CD，交OE于点F，如图所示：
由作法知，OC=OD=CE，OE平分∠AOB，
∴AE⊥CD，
∴OF=OE=8．
在Rt△OCF中，
CF=，
∴CD=2CF=12．
故答案为：B．
【分析】连接CD，交OE于点F，先求出OF=OE=8，再利用勾股定理求出CF的长，最后求出CD=2CF=12即可．
10．（2025八下·开平期中）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+．其中正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC–BE=CD–DF，
∴CE=CF，
∴①说法正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法正确；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法错误；
∵EF=2，
∴CE=CF=，设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，a2+（a–）2=4，
解得a=，
则a2=2+，
∴S正方形ABCD=2+，
④说法正确，
∴正确的有①②④．
故答案为：C．
【分析】根据正方形性质可得AB=AD，再根据等边三角形性质可得AE=AF，由全等三角形判定定理可得Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），则BE=DF，再根据边之间的关系可判断①；根据等腰直角三角形判定定理可得△ECF是等腰直角三角形，则∠CEF=45°，再根据角之间的关系可判断②；连接AC，交EF于G点，根据垂直平分线性质可判断③；设正方形的边长为a，根据勾股定理建立方程，解方程可得a2=2+，再根据正方形面积可判断④.
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（2025八下·开平期中）若式子 有意义，则实数 的取值范围是　 　.
【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：二次根式中被开方数 ，所以x≥3.
故答案为：x≥3.
【分析】要使二次根式有意义，则被开方数≥0，建立关于x的不等式，然后求出不等式的解集.
12．（2025八下·开平期中）在 ABCD中，已知∠A＋∠C＝200°，则∠B的度数为　 　°.
【答案】80
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠C=200°，
∴∠A=100°，
∵AD∥BC，
∴∠B=180°-∠A=80°.
故答案为：80.
【分析】利用平行四边形的性质可证得∠A=∠C，利用已知条件可求出∠A的度数；再利用平行线的性质求出∠B的度数.
13．（2025八下·开平期中）若x，y都是实数，且，求　 　．
【答案】5
【知识点】二次根式有无意义的条件；求算术平方根；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】先利用二次根式的性质求出x=4，再求出y的值，最后将x、y的值代入计算即可.
14．（2025八下·开平期中）若直角三角形斜边上的高和中线长分别是，，则它的面积是　 　．
【答案】8
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵直角三角形斜边上的中线长为，
∴直角三角形的斜边长为，
∵直角三角形斜边上的高为，
∴它的面积为，
故答案为：．
【分析】
根据直角三角形斜边的中线长等于斜边的一半可得斜边长为，再根据三角形的面积公式计算即可求解．
15．（2025八下·开平期中）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点，，点E坐标为，点P是对角线上一个动点．则的最短距离是 　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；勾股定理的实际应用-最短路径问题；菱形的性质；坐标与图形变化﹣对称；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，顶点，，
∴中，，，
∴，，
∴点D的坐标为，
连接，交于P，如图，
∵点B的对称点是点D，
∴，
即为的最小值，
∵点E的坐标为，
∴，
即的最小值为：．
故答案为：．
【分析】
过点D做轴于点F，根据菱形的性质和点的坐标得到中，，，根据菱形的性质得到点B的对称点是点D，连接，交于点P，再由两点之间线段最短得出即为最短，再由勾股定理计算即可解答．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．（2025八下·开平期中）计算： ．
【答案】解：原式=
=4﹣ +2
=4+
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先根据二次根式的乘除法法则得到原式= ，然后利用二次根式的性质化简后合并即可．
17．（2025八下·开平期中）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：．
【答案】证明：如图，连接与对角线交于点O．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∴四边形是平行四边形，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】连接与对角线交于点O，根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
18．（2025八下·开平期中）如图所示，在四边形中，，，，，．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）解：为直角三角形，理由如下：
∵，，，
∴根据勾股定理得：，
在中，，
∴为直角三角形．
（2）解：
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得AC，再根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
（1）解：为直角三角形，理由如下：
∵，，，
∴根据勾股定理得：，
在中，，
∴为直角三角形．
（2）解：
．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．（2025八下·开平期中）小明家装修，电视背景墙长为，宽为，中间要镶一个长为，宽为的大理石图案（图中阴影部分）．
（1）长方形的周长是多少？（结果化为最简二次根式）
（2）除去大理石图案部分，其他部分贴壁布，若壁布造价为6元，大理石的造价为200元，则整个电视墙需要花费多少元？（结果化为最简二次根式）
【答案】（1）解：长方形的周长为；
（2）解：长方形的面积：，
大理石的面积：，
壁布的面积：，
整个电视墙的总费用：（元）．
【知识点】二次根式的实际应用
【解析】【分析】（1）直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的乘法运算法则以及二次根式的加减运算法则计算得出答案．
20．（2025八下·开平期中）如图，将平行四边形的边延长到点E，使，连接，交于点F，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由（1）知：四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据平行四边形性质，矩形判定定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由（1）知：四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
21．（2025八下·开平期中）阅读材料：像、 、两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式例如，与、与、与等都是互为有理化因式在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如；；．
解答下列问题：
（1）与________互为有理化因式，将分母有理化得________；
（2）计算：；
（3）已知有理数a、b满足，求a、b的值．
【答案】（1）；；
（2）原式；
（3），
，
，
解这个方程组，得：，
，．
【知识点】分母有理化；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：（1）与互为有理化因式，
，
故答案为；；
【分析】（1）根据有理化因式定义即可求出答案.
（2）将各分式进行分母有理数，再计算即可求出答案.
（3）将等号坐标各分式进行分母有理化化简，再建立方程组，解方程组即可求出答案.
五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22．（2025八下·开平期中）如图，矩形中，垂直平分对角线，分别交，于点，，垂足为．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）若，，求四边形的面积；
（3）在（2）的条件下，求线段的长．
【答案】（1）证明：四边形是矩形，
∴，
，
的垂直平分线，
，，
在和中
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）已证四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，由勾股定理得：，解得，
；
（3）解：在中，，由勾股定理得：，
，
．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出，再根据平行线的性质得到，再由AAS判定得出，根据全等三角形的性质得出，根据菱形的判定即可解答；
（2）设，根据菱形的性质得出，表示出，在中由勾股定理建立方程得出，求出，再由面积公式计算即可解答．
（3）先由勾股定理计算得到AC，再根据菱形面积=对角线乘积的一半，计算即可求解．
（1）证明：四边形是矩形，
∴，
，
的垂直平分线，
，，
在和中
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）已证四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，由勾股定理得：，解得，
；
（3）解：在中，，由勾股定理得：，
，
．
23．（2025八下·开平期中）如图，在中，，，，点D从点A出发沿方向以/秒的速度向点C匀速运动，同时点E从点B出发沿方向以/秒的速度向点A匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒（），过点D作于点F，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当t为何值时，四边形为菱形？说明理由；
（3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）证明：由题意知，、，
则，，
∵、，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，且、，
∴当，即时，四边形是菱形，
解得：，
故当时，四边形为菱形；
（3）解：如图1，当时，
∵，
∴四边形是矩形
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
解得：；
如图2，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：；
综上，当或时，为直角三角形．
【知识点】平行线的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据边之间的关系可得CD，AE，根据直线平行判定定理可得，根据含30°角的直角三角形性质可得DF，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质建立方程，解方程即可求出答案.
（3）分情况讨论：当时，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，根据直线平行性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得AD，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案；当时，根据平行四边形性质可得，则，根据直角三角形两锐角互余可得，根据含30°角的直角三角形性质可得，建立方程，解方程即可求出答案.
1 / 1广东省江门市开平市苍江中学2024—2025学年下学期期中考试八年级数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025八下·开平期中）下列式子中，属于最简二次根式的是(　　)
A． B． C． D．
2．（2025八下·开平期中）以下列长度的三条线段为边，能组成直角三角形的是(　　)
A．，， B．，， C．，， D．，，
3．（2025八下·开平期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·开平期中）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　）
A．对边平行且相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角相等
5．（2025八下·开平期中）四边形中，对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2025八下·开平期中）如图，在中，，，是边的中点，是的中点，若，则的长是（　　）．
A．4 B．3 C．2 D．1
7．（2025八下·开平期中）如图，数轴上的点所表示的数为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·开平期中）如图，在矩形中，点在上，且平分，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·开平期中）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，交射线于点，交射线于点，再分别以、为圆心，的长为半径，两弧在的内部交于点，作射线，若，则两点之间距离为（　　）
A．10 B．12 C．13 D．
10．（2025八下·开平期中）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+．其中正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（2025八下·开平期中）若式子 有意义，则实数 的取值范围是　 　.
12．（2025八下·开平期中）在 ABCD中，已知∠A＋∠C＝200°，则∠B的度数为　 　°.
13．（2025八下·开平期中）若x，y都是实数，且，求　 　．
14．（2025八下·开平期中）若直角三角形斜边上的高和中线长分别是，，则它的面积是　 　．
15．（2025八下·开平期中）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点，，点E坐标为，点P是对角线上一个动点．则的最短距离是 　 　．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．（2025八下·开平期中）计算： ．
17．（2025八下·开平期中）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：．
18．（2025八下·开平期中）如图所示，在四边形中，，，，，．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）求四边形的面积．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．（2025八下·开平期中）小明家装修，电视背景墙长为，宽为，中间要镶一个长为，宽为的大理石图案（图中阴影部分）．
（1）长方形的周长是多少？（结果化为最简二次根式）
（2）除去大理石图案部分，其他部分贴壁布，若壁布造价为6元，大理石的造价为200元，则整个电视墙需要花费多少元？（结果化为最简二次根式）
20．（2025八下·开平期中）如图，将平行四边形的边延长到点E，使，连接，交于点F，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
21．（2025八下·开平期中）阅读材料：像、 、两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式例如，与、与、与等都是互为有理化因式在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如；；．
解答下列问题：
（1）与________互为有理化因式，将分母有理化得________；
（2）计算：；
（3）已知有理数a、b满足，求a、b的值．
五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22．（2025八下·开平期中）如图，矩形中，垂直平分对角线，分别交，于点，，垂足为．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）若，，求四边形的面积；
（3）在（2）的条件下，求线段的长．
23．（2025八下·开平期中）如图，在中，，，，点D从点A出发沿方向以/秒的速度向点C匀速运动，同时点E从点B出发沿方向以/秒的速度向点A匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒（），过点D作于点F，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当t为何值时，四边形为菱形？说明理由；
（3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数为小数，不是最简二次根式，故A不符合题意；
B、是最简二次根式，故B符合题意
C、 ，不是最简二次根式，故C不符合题意
D、，被开方数是分数，不是最简二次根式，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】
根据最简二次根式满足的条件：一是被开方数不含分母，二是不含开尽方的因式或因式，逐一判断即可解答.
2．【答案】C
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．∵22+32≠42，
∴以2，3，4为边不能组成直角三角形，A不符合题意；
B．∵，
∴以，3，5为边不能组成直角三角形，B不符合题意；
C．∵32+42=52，
∴以3，4，5为边能组成直角三角形，C符合题意；
D．∵62+72≠82，
∴以6，7，8为边不能组成直角三角形，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么该三角形是直角三角形逐项分析即可求解.
3．【答案】A
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、不是同类二次根式，不能合并，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】
根据二次根式的除法法则得到，可判断A；根据乘法法则计算可得根据减法法则计算可得，可判断C；根据同类二次根式的定义可判断D逐一判断即可作答．
4．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：、对边平行且相等菱形和平行四边形都具有，故A不符合题意；
、对角线互相平分菱形和平行四边形都具有，故B不符合题意；
、对角线互相垂直，菱形具有，平行四边形不具有，故C符合题意；
、对角相等菱形和平行四边形都具有，故D不符合题意；
故答案为：．
【分析】
根据菱形的性质：对角线互相平分，对角线互相垂直，对角相等，对边平行且相等；平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等，逐一判断即可解答．
5．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形．故A不符合题意；
B、∵，，，
∴，
∴．
同理：，
∴四边形是平行四边形，故B不符合题意；
C、∵，，
D、∴四边形是平行四边形，故C不符合题意；
∵，，
不能说明四边形是平行四边形，故D符合题意．
故答案为：D．
【分析】
根据两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断A；先根据给出的条件判断得到，，再由两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断B；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判断C；根据一组对边平行且这组对边相等的四边形是平行四边形可判断D，逐一判断即可解答．
6．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=4
，
D是AC边的中点，E是AB的中点，
，
故答案为：D．
【分析】
本题考查了含30°角的直角三角形的性质和三角形的中位线定理，熟知直角三角形的性质是解题关键．
根据含30°角的直角三角形的性质：直角三角形中，30°所对的直角边=斜边的一半得：，再根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半可得：，由此即可得出答案．
7．【答案】D
【知识点】实数在数轴上表示；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】解：如下图：
可依题得：，，，
中，，
，
则点所表示的数应为．
故答案为：．
【分析】
根据数轴上点的特征得到，，，再用勾股定理求出，再根据实数与数轴的对应关系求解即可．
8．【答案】A
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：四边形为矩形，
∴，，，
，，
，
，
∵，
，
平分，
，
，
，
，
，
故选：A．
【分析】
在Rt△ABE中，由于∠ABE=45°，且AB=2，可以计算出BE（利用等腰直角三角形的性质，AB=AE=2 ）。接着，由角平分线的定义和平行的性质可证得∠BEC=∠ECB，从而得到BC=BE，进而可求得AD的长，即可求得的长．
9．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：连接CD，交OE于点F，如图所示：
由作法知，OC=OD=CE，OE平分∠AOB，
∴AE⊥CD，
∴OF=OE=8．
在Rt△OCF中，
CF=，
∴CD=2CF=12．
故答案为：B．
【分析】连接CD，交OE于点F，先求出OF=OE=8，再利用勾股定理求出CF的长，最后求出CD=2CF=12即可．
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC–BE=CD–DF，
∴CE=CF，
∴①说法正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法正确；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法错误；
∵EF=2，
∴CE=CF=，设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，a2+（a–）2=4，
解得a=，
则a2=2+，
∴S正方形ABCD=2+，
④说法正确，
∴正确的有①②④．
故答案为：C．
【分析】根据正方形性质可得AB=AD，再根据等边三角形性质可得AE=AF，由全等三角形判定定理可得Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），则BE=DF，再根据边之间的关系可判断①；根据等腰直角三角形判定定理可得△ECF是等腰直角三角形，则∠CEF=45°，再根据角之间的关系可判断②；连接AC，交EF于G点，根据垂直平分线性质可判断③；设正方形的边长为a，根据勾股定理建立方程，解方程可得a2=2+，再根据正方形面积可判断④.
11．【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：二次根式中被开方数 ，所以x≥3.
故答案为：x≥3.
【分析】要使二次根式有意义，则被开方数≥0，建立关于x的不等式，然后求出不等式的解集.
12．【答案】80
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠C=200°，
∴∠A=100°，
∵AD∥BC，
∴∠B=180°-∠A=80°.
故答案为：80.
【分析】利用平行四边形的性质可证得∠A=∠C，利用已知条件可求出∠A的度数；再利用平行线的性质求出∠B的度数.
13．【答案】5
【知识点】二次根式有无意义的条件；求算术平方根；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】先利用二次根式的性质求出x=4，再求出y的值，最后将x、y的值代入计算即可.
14．【答案】8
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵直角三角形斜边上的中线长为，
∴直角三角形的斜边长为，
∵直角三角形斜边上的高为，
∴它的面积为，
故答案为：．
【分析】
根据直角三角形斜边的中线长等于斜边的一半可得斜边长为，再根据三角形的面积公式计算即可求解．
15．【答案】
【知识点】勾股定理；勾股定理的实际应用-最短路径问题；菱形的性质；坐标与图形变化﹣对称；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，顶点，，
∴中，，，
∴，，
∴点D的坐标为，
连接，交于P，如图，
∵点B的对称点是点D，
∴，
即为的最小值，
∵点E的坐标为，
∴，
即的最小值为：．
故答案为：．
【分析】
过点D做轴于点F，根据菱形的性质和点的坐标得到中，，，根据菱形的性质得到点B的对称点是点D，连接，交于点P，再由两点之间线段最短得出即为最短，再由勾股定理计算即可解答．
16．【答案】解：原式=
=4﹣ +2
=4+
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先根据二次根式的乘除法法则得到原式= ，然后利用二次根式的性质化简后合并即可．
17．【答案】证明：如图，连接与对角线交于点O．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∴四边形是平行四边形，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】连接与对角线交于点O，根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
18．【答案】（1）解：为直角三角形，理由如下：
∵，，，
∴根据勾股定理得：，
在中，，
∴为直角三角形．
（2）解：
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得AC，再根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
（1）解：为直角三角形，理由如下：
∵，，，
∴根据勾股定理得：，
在中，，
∴为直角三角形．
（2）解：
．
19．【答案】（1）解：长方形的周长为；
（2）解：长方形的面积：，
大理石的面积：，
壁布的面积：，
整个电视墙的总费用：（元）．
【知识点】二次根式的实际应用
【解析】【分析】（1）直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的乘法运算法则以及二次根式的加减运算法则计算得出答案．
20．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由（1）知：四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据平行四边形性质，矩形判定定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由（1）知：四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
21．【答案】（1）；；
（2）原式；
（3），
，
，
解这个方程组，得：，
，．
【知识点】分母有理化；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：（1）与互为有理化因式，
，
故答案为；；
【分析】（1）根据有理化因式定义即可求出答案.
（2）将各分式进行分母有理数，再计算即可求出答案.
（3）将等号坐标各分式进行分母有理化化简，再建立方程组，解方程组即可求出答案.
22．【答案】（1）证明：四边形是矩形，
∴，
，
的垂直平分线，
，，
在和中
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）已证四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，由勾股定理得：，解得，
；
（3）解：在中，，由勾股定理得：，
，
．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出，再根据平行线的性质得到，再由AAS判定得出，根据全等三角形的性质得出，根据菱形的判定即可解答；
（2）设，根据菱形的性质得出，表示出，在中由勾股定理建立方程得出，求出，再由面积公式计算即可解答．
（3）先由勾股定理计算得到AC，再根据菱形面积=对角线乘积的一半，计算即可求解．
（1）证明：四边形是矩形，
∴，
，
的垂直平分线，
，，
在和中
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）已证四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，由勾股定理得：，解得，
；
（3）解：在中，，由勾股定理得：，
，
．
23．【答案】（1）证明：由题意知，、，
则，，
∵、，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，且、，
∴当，即时，四边形是菱形，
解得：，
故当时，四边形为菱形；
（3）解：如图1，当时，
∵，
∴四边形是矩形
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
解得：；
如图2，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：；
综上，当或时，为直角三角形．
【知识点】平行线的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据边之间的关系可得CD，AE，根据直线平行判定定理可得，根据含30°角的直角三角形性质可得DF，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质建立方程，解方程即可求出答案.
（3）分情况讨论：当时，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，根据直线平行性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得AD，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案；当时，根据平行四边形性质可得，则，根据直角三角形两锐角互余可得，根据含30°角的直角三角形性质可得，建立方程，解方程即可求出答案.
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