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广东省珠海市华发教育2024－2025学年八年级下学期期中考试数学试卷
一、选择题（每小题3分、共30分）
1．（2025八下·珠海期中）下列曲线中，表示y是x的函数的是 （　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·珠海期中）司机王师傅在加油站加油，如图是所用的加油机上的数据显示牌，则其中的常量是（　　）
A．金额 B．数量 C．单价 D．金额和数量
3．（2025八下·珠海期中）下列二次根式中，为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·珠海期中）已知在中，且，，则（　　）
A．5 B． C．5或 D．或
5．（2025八下·珠海期中） 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．4，5，6 B．5，8，13 C．1，1， D．1，，4
6．（2025八下·珠海期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025八下·珠海期中）在平行四边形中，如果，那么等于（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·珠海期中）如图，在中，平分，交边于，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·珠海期中）如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（　　）
A．24 B．56 C．96 D．48
10．（2025八下·珠海期中）如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，与相交于点，设．得到以下结论：①；②；③；④．则上述结论正确的是（　　）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
二、填空题（每小题3分、共18分）
11．（2025八下·珠海期中）要使式子有意义，则a的取值范围为　 　
12．（2025八下·珠海期中）点在正比例函数图象上，则y随着x的增大而 　 　．
13．（2025八下·珠海期中）如图，在等边三角形ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，△ABC的周长为　 　．
14．（2025八下·珠海期中）在的方格中，小正方形的边长是1，点A、B、C都在格点上，则边上的高为　 　．
15．（2025八下·珠海期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作分别交AB，BC于E，F两点，，则EF的长为　 　．
16．（2025八下·珠海期中）如图，在矩形中，E为对角线上与不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，若，则的最小值　 　．
三、解答题（每小题6分、共18分）
17．（2025八下·珠海期中）计算：
（1）．
（2）．
18．（2025八下·珠海期中）已知正比例函数的图象过点．
（1）写出这个正比例函数的函数解析式；
（2）已知点在这个正比例函数的图象上，求a的值．
19．（2025八下·珠海期中）如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形；
（2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长．
四、解答题（每小题9分、共27分）
20．（2025八下·珠海期中）如图1，是我国汉代的赵爽用来证明“勾股定理”的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为．
（1）图中阴影部分小正方形的面积用两种方法可分别表示为________和________；
（2）若，大正方形的边长，则小正方形的边长为________；
[知识迁移]通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是棱长为的正方体，被如图所示的分割线分成8块．
（3）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为________；
（4）已知，，利用上面的规律求的值．
21．（2025八下·珠海期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
拓展延伸：
（3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由．
22．（2025八下·珠海期中）【阅读材料】
在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？
分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到．
根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．
【探究1】
如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；
【探究2】
如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M．
（1）求证：；
（2）求证：．
五、解答题（23题13分、24题14分，共27分）
23．（2025八下·珠海期中）阅读材料：
中国-西班牙联合发行《中欧班列（义乌-马德里）》特种邮票1套2枚，两枚邮票的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，凸显中欧班列的和谐美；
在单枚邮票票面上的平行四边形中，邻边与的长度比非常接近黄金分割数．单枚邮票的规格（平行四边形：长边50毫米，短边32毫米，高28毫米）见图2所示．设图1的中边上的高为．
根据以上信息解决问题：
（1）【相关计算】①单枚邮票的面积为：________，周长为：________．
②计算的长为：________（结果用最简二次根式表示）；
（2）【特例证明】图1中，求证：四边形是平行四边形．
（3）【数形结合】现在将图1中的设计成标准的黄金平行四边形，也就是满足相邻两边的比为黄金分割数的平行四边形．如图3所示，即在中，两邻边、满足，现又在上取点，且满足，过点作交边于点．求证：四边形是菱形．
24．（2025八下·珠海期中）综合与实践
数学课上，老师以“矩形的折叠”为主题开展活动．
实践操作：
现有一张矩形纸片．
第一步：如图1，将矩形纸片先沿对角线折叠，得到折痕，然后把纸片展平；
第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，得到折痕，然后把纸片展平，与的交点为点，连接．
第三步：如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，点的对应点为点，点的对应点为点与交于点，然后把纸片展平．
问题解决：
（1）的长为 ；
（2）判断四边形的形状，并说明理由；
拓展探索：
（3）若，求的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】函数的概念；函数的图象
【解析】【解答】解：A、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；B、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；
C、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；
D、能表示y是x的函数，故此选项符合题意；
故选：D．
【分析】根据函数的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】常量、变量
【解析】【解答】解：在金额、数量和单价中，金额和数量是变量，单价是常量．
故答案为：C．
【分析】根据常量和变量的概念，可直接得出答案。
3．【答案】D
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、不为最简二次根式，故不符合题意；
B、不为最简二次根式，故不符合题意；
C、 不为最简二次根式，故不符合题意；
D、 为最简二次根式，故符合题意；
故答案为：D.
【分析】最简二次根式必须满足两个条件①被开方数不含分母，②被开方数不含能开方开得尽的因数或因式；据此判断即可.
4．【答案】B
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
是斜边，
．
故答案为：B．
【分析】根据勾股定理即可得出，进而代入求值即可。
5．【答案】C
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵，∴不是勾股数；∴A错误；
B、∵，∴三角形是直角三角形，∴B正确；
C、∵，∴不是勾股数；∴C错误；
D、∵，∴不是勾股数；∴D错误；
故选：B.
【分析】根据勾股定理的逆定理，验证两条直角边的平方和等于斜边的平方即可.
6．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；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、不是同类二次根式，不能合并，原计算不正确；
B、，原计算不正确；
C、，计算正确；
D、，原计算不正确；
故答案为：C．
【分析】利用二次根式的加法、减法、除法和二次根式的化简逐项分析判断即可.
7．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，
∵，
∴；
故选A．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故选：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，则，根据角平分线定义可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】菱形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，周长为40，对角线、交于点，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
故答案为：C．
【分析】首先根据菱形的周长为40，计算其边长。已知，展开平方可得。根据菱形的对角线互相垂直，运用勾股定理得到。将两式相减可得。最后，利用菱形面积公式。解题关键在于灵活运用菱形的性质和勾股定理，通过代数运算求出对角线乘积。
10．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
点是中点，点是中点，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
如图所示，延长交延长线于点，
在和中，
，
，
，
，
，
为斜边上的中线，是斜边的一半，
即，
故②正确；
，
，
，
，
，
故③正确；
过点作交于点，
由题意可知，且，
，
，
，
，
则，
，，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
故④正确；
故答案为：D.
【分析】1. 证明全等三角形：首先证明△CDF≌△BCE（通过边角边或边边边全等条件），由此可得∠CEB=∠CFD。2. 推导垂直关系：根据∠CEB=∠CFD，进一步推导出∠EGC=90°，从而说明①正确。3. 延长构造辅助线：延长CF交BA的延长线于点M，证明△CFD≌△MFA（全等条件），从而得到CD=MA=AB=a。4. 利用中线性质：由于BG⊥CF，AG是Rt△MGB斜边BM上的中线，因此AG=BM=×2a=a，说明②正确。5. 勾股定理与比例关系：通过勾股定理和面积关系，推导出AG=√5·CG，说明③正确。6. 计算线段长度：在Rt△CEG中，已知CG=√5/5·a，CF=a，通过勾股定理求出GE=√5/10·a。7. 构造相似三角形：过点D作DH⊥CF交CF于点H，利用相似关系证明∠HGD=45°，进而得到∠DGE=45°，说明④正确。综上，所有结论均成立。
11．【答案】
【知识点】二次根式的概念；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：由题意，得：，所以
故答案为：
【分析】根据二次根式有意义的条件可得出，进而解不等式即可。
12．【答案】减小
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正比例函数的性质
【解析】【解答】解：把代入得：，
∴，
∴y随x的增大而减小．
故答案为：减小．
【分析】首先根据待定系数法求得，进而根据正比例函数的性质，即可得出答案。
13．【答案】24
【知识点】等边三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，
∴BC=2EF=2×4=8，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的周长是3×8=24．
故答案为：24．【分析】首先根据三角形中位线定理可得出BC=2EF=2×4=8，进而根据等边三角形的性质即可得出 △ABC的周长为 24.
14．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
∵，
∴中边上的高长．
故答案为：．
【分析】
首先根据三角形面积公式求出的面积，再根据勾股定理可求出的长，进而根据三角形面积公式即可求得边上的高的长．
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴在和中
∴(ASA)，
∴，
∴，即，
∴在Rt中，．
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质可知，，，．由题意可得出，即得出，根据全等三角形判定定理可得(ASA)，得出，根据边之间的关系可得，再根据勾股定理即可求出答案.
16．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，连接，过点B作，
，，
，
为矩形，，
，，
四边形为矩形，
，
当时最短，最短，此时最短，
时最短，
，
，
故答案为：．
【分析】连接，过点B作，根据勾股定理可得AC，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，当时最短，最短，此时最短，再根据三角形面积即可求出答案.
17．【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）首先进行二次根式的乘法运算，然后再进行加减运算即可；
（2）第一步利用完全平方公式和二次根式的乘法法则展开括号内的表达式，第二步合并同类项。
（1）解：
；
（2）解：
．
18．【答案】（1）解：将代入正比例函数，得
正比例函数的函数解析式为；
（2）解：由（1）可知，
点在这个正比例函数的图象上，

【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）将点P的坐标直接代入正比例函数的一般式，即可求得该函数的解析式；
（2）将点A的横纵坐标代入第(1)问已求得的正比例函数解析式，验证是否满足函数关系，从而完成求解。
（1）将代入正比例函数，得
正比例函数的函数解析式为；
（2）由（1）可知，
点在这个正比例函数的图象上，
19．【答案】解：（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ECF＝∠EBD．
∵E是BC中点，
∴CE＝BE．
∵∠CEF＝∠BED，
∴△CEF≌△BED．
∴CF＝BD．
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：如图，作EM⊥DB于点M，
∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝，
∴，DF＝2DE．
在Rt△EMB中，EM＝BE sin∠ABC＝2，
在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°，
∴DE＝2EM＝4，
∴DF＝2DE＝8．
【知识点】平行四边形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）要证明四边形CDBF是平行四边形，只需证明CF平行于DB且CF等于DB即可；
（2）如图，过点E作EM垂直于DB于点M，然后解直角三角形；
20．【答案】解：（1）；；
（2）3；
（3）；
（4）∵，，，
∴，
∴．
【知识点】完全平方公式的几何背景；求代数式的值-整体代入求值；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：（1）图中阴影部分小正方形的边长可表示为，面积可表示为；图中阴影部分小正方形的面积也可表示为，
故答案为：；；
（2）由（1）得，
∵，，
∴，
∴小正方形的边长为，
故答案为：3；
（3）图形的体积为：或，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）通过两种方式计算大正方形的面积：一种是利用边长乘以边长，另一种是计算4个直角三角形面积加上中间小正方形面积。根据图形面积不变的性质，比较两种表达式即可得出结论；
（2）直接应用（1）中得出的结论进行数值计算；
（3）类比面积的分析方法，通过计算大正方体的总体积和其各部分体积之和，根据体积守恒原理推导关系式；（4）基于（3）的结论，运用代数运算规则进行推导计算。
21．【答案】解：（1）四边形是菱形理由如下：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
所以四边形是菱形 ；
（2）（1）中的结论不成立；
理由如下：
同（1），得四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形
（3）四边形是正方形；
理由如下：
同（1），得四边形是平行四边形，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是正方形．
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）根据已知条件可证出四边形CODP是平行四边形，由矩形的性质得出OC=OD，即可得出四边形CODP是菱形；
（2）由菱形的性质得出OC⊥OD，即可得出四边形CODP是矩形；
（3）证出四边形CODP是平行四边形，由正方形的性质得出OC=OD，即可得出四边形CODP是正方形．
22．【答案】[探究1]解：如图，即为所求，
[探究2]
（1）证明：∵翻折，
∴，，
又，
∴，
∴；
（2）连接，过F作于N，
则四边形是矩形，
∴，，
又，
∴，
∵翻折，
∴，
∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，，
∴
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）以B为圆心，为半径画弧，交于F，连接即可.
（2）根据折叠性质可得，，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）连接，过F作于N，则四边形是矩形，根据矩形性质可得，，，则，根据折叠性质可得，根据等边对等角可得，，根据角之间的关系可得，根据直线平行判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
23．【答案】（1）①1400；164；②
（2）证明：∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（3）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【知识点】二次根式的性质与化简；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（1）由阅读材料可知：毫米，毫米，毫米，
①单枚邮票的面积为：，
周长为：．
故答案为：1400；164；
②解：在中，毫米，毫米，
由勾股定理得：，
则，
故答案为：；
【分析】（1）根据矩形的面积计算公式即可求解；
（2）首先根据四边形和四边形都是平行四边形，可得出，，，，进而即可得出四边形是平行四边形；
（3）首先根据四边形ABCD为平行四边形，可得出，，进而得出四边形是平行四边形，进而通过计算可得出，即可得出平行四边形是菱形．
（1）解：由阅读材料可知：毫米，毫米，毫米，
①单枚邮票的面积为：，
周长为：．
故答案为：1400；164；
②解：在中，毫米，毫米，
由勾股定理得：，
则，
故答案为：；
（2）证明：∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，∴，，∴四边形是平行四边形；
（3）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
24．【答案】（1）3；
（2）解：四边形是菱形，理由如下；
由折叠的性质可知，，，
又∵，
∴是等腰三角形，，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：如图，连接，作于，则四边形是矩形，
∴，
由题意知，是线段的中点，，
∵矩形，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴，
∴，
设，则，，，
∵，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去），
∴，
∴的长为．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（1）解：由折叠的性质可知，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
故答案为：3；
【分析】（1）根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，再根据等腰三角形判定定理可得是等腰三角形，，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（3）连接，作于，则四边形是矩形，则，由题意知，是线段的中点，，根据勾股定理可得，则，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据折叠性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
1 / 1广东省珠海市华发教育2024－2025学年八年级下学期期中考试数学试卷
一、选择题（每小题3分、共30分）
1．（2025八下·珠海期中）下列曲线中，表示y是x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、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；B、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；
C、不能表示y是x的函数，故此选项不合题意；
D、能表示y是x的函数，故此选项符合题意；
故选：D．
【分析】根据函数的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．（2025八下·珠海期中）司机王师傅在加油站加油，如图是所用的加油机上的数据显示牌，则其中的常量是（　　）
A．金额 B．数量 C．单价 D．金额和数量
【答案】C
【知识点】常量、变量
【解析】【解答】解：在金额、数量和单价中，金额和数量是变量，单价是常量．
故答案为：C．
【分析】根据常量和变量的概念，可直接得出答案。
3．（2025八下·珠海期中）下列二次根式中，为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、不为最简二次根式，故不符合题意；
B、不为最简二次根式，故不符合题意；
C、 不为最简二次根式，故不符合题意；
D、 为最简二次根式，故符合题意；
故答案为：D.
【分析】最简二次根式必须满足两个条件①被开方数不含分母，②被开方数不含能开方开得尽的因数或因式；据此判断即可.
4．（2025八下·珠海期中）已知在中，且，，则（　　）
A．5 B． C．5或 D．或
【答案】B
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
是斜边，
．
故答案为：B．
【分析】根据勾股定理即可得出，进而代入求值即可。
5．（2025八下·珠海期中） 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．4，5，6 B．5，8，13 C．1，1， D．1，，4
【答案】C
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵，∴不是勾股数；∴A错误；
B、∵，∴三角形是直角三角形，∴B正确；
C、∵，∴不是勾股数；∴C错误；
D、∵，∴不是勾股数；∴D错误；
故选：B.
【分析】根据勾股定理的逆定理，验证两条直角边的平方和等于斜边的平方即可.
6．（2025八下·珠海期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；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、不是同类二次根式，不能合并，原计算不正确；
B、，原计算不正确；
C、，计算正确；
D、，原计算不正确；
故答案为：C．
【分析】利用二次根式的加法、减法、除法和二次根式的化简逐项分析判断即可.
7．（2025八下·珠海期中）在平行四边形中，如果，那么等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，
∵，
∴；
故选A．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
8．（2025八下·珠海期中）如图，在中，平分，交边于，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故选：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，则，根据角平分线定义可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．（2025八下·珠海期中）如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（　　）
A．24 B．56 C．96 D．48
【答案】C
【知识点】菱形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，周长为40，对角线、交于点，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
故答案为：C．
【分析】首先根据菱形的周长为40，计算其边长。已知，展开平方可得。根据菱形的对角线互相垂直，运用勾股定理得到。将两式相减可得。最后，利用菱形面积公式。解题关键在于灵活运用菱形的性质和勾股定理，通过代数运算求出对角线乘积。
10．（2025八下·珠海期中）如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，与相交于点，设．得到以下结论：①；②；③；④．则上述结论正确的是（　　）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
点是中点，点是中点，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
如图所示，延长交延长线于点，
在和中，
，
，
，
，
，
为斜边上的中线，是斜边的一半，
即，
故②正确；
，
，
，
，
，
故③正确；
过点作交于点，
由题意可知，且，
，
，
，
，
则，
，，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
故④正确；
故答案为：D.
【分析】1. 证明全等三角形：首先证明△CDF≌△BCE（通过边角边或边边边全等条件），由此可得∠CEB=∠CFD。2. 推导垂直关系：根据∠CEB=∠CFD，进一步推导出∠EGC=90°，从而说明①正确。3. 延长构造辅助线：延长CF交BA的延长线于点M，证明△CFD≌△MFA（全等条件），从而得到CD=MA=AB=a。4. 利用中线性质：由于BG⊥CF，AG是Rt△MGB斜边BM上的中线，因此AG=BM=×2a=a，说明②正确。5. 勾股定理与比例关系：通过勾股定理和面积关系，推导出AG=√5·CG，说明③正确。6. 计算线段长度：在Rt△CEG中，已知CG=√5/5·a，CF=a，通过勾股定理求出GE=√5/10·a。7. 构造相似三角形：过点D作DH⊥CF交CF于点H，利用相似关系证明∠HGD=45°，进而得到∠DGE=45°，说明④正确。综上，所有结论均成立。
二、填空题（每小题3分、共18分）
11．（2025八下·珠海期中）要使式子有意义，则a的取值范围为　 　
【答案】
【知识点】二次根式的概念；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：由题意，得：，所以
故答案为：
【分析】根据二次根式有意义的条件可得出，进而解不等式即可。
12．（2025八下·珠海期中）点在正比例函数图象上，则y随着x的增大而 　 　．
【答案】减小
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正比例函数的性质
【解析】【解答】解：把代入得：，
∴，
∴y随x的增大而减小．
故答案为：减小．
【分析】首先根据待定系数法求得，进而根据正比例函数的性质，即可得出答案。
13．（2025八下·珠海期中）如图，在等边三角形ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，△ABC的周长为　 　．
【答案】24
【知识点】等边三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，
∴BC=2EF=2×4=8，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的周长是3×8=24．
故答案为：24．【分析】首先根据三角形中位线定理可得出BC=2EF=2×4=8，进而根据等边三角形的性质即可得出 △ABC的周长为 24.
14．（2025八下·珠海期中）在的方格中，小正方形的边长是1，点A、B、C都在格点上，则边上的高为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
∵，
∴中边上的高长．
故答案为：．
【分析】
首先根据三角形面积公式求出的面积，再根据勾股定理可求出的长，进而根据三角形面积公式即可求得边上的高的长．
15．（2025八下·珠海期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作分别交AB，BC于E，F两点，，则EF的长为　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴在和中
∴(ASA)，
∴，
∴，即，
∴在Rt中，．
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质可知，，，．由题意可得出，即得出，根据全等三角形判定定理可得(ASA)，得出，根据边之间的关系可得，再根据勾股定理即可求出答案.
16．（2025八下·珠海期中）如图，在矩形中，E为对角线上与不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，若，则的最小值　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，连接，过点B作，
，，
，
为矩形，，
，，
四边形为矩形，
，
当时最短，最短，此时最短，
时最短，
，
，
故答案为：．
【分析】连接，过点B作，根据勾股定理可得AC，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，当时最短，最短，此时最短，再根据三角形面积即可求出答案.
三、解答题（每小题6分、共18分）
17．（2025八下·珠海期中）计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）首先进行二次根式的乘法运算，然后再进行加减运算即可；
（2）第一步利用完全平方公式和二次根式的乘法法则展开括号内的表达式，第二步合并同类项。
（1）解：
；
（2）解：
．
18．（2025八下·珠海期中）已知正比例函数的图象过点．
（1）写出这个正比例函数的函数解析式；
（2）已知点在这个正比例函数的图象上，求a的值．
【答案】（1）解：将代入正比例函数，得
正比例函数的函数解析式为；
（2）解：由（1）可知，
点在这个正比例函数的图象上，

【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）将点P的坐标直接代入正比例函数的一般式，即可求得该函数的解析式；
（2）将点A的横纵坐标代入第(1)问已求得的正比例函数解析式，验证是否满足函数关系，从而完成求解。
（1）将代入正比例函数，得
正比例函数的函数解析式为；
（2）由（1）可知，
点在这个正比例函数的图象上，
19．（2025八下·珠海期中）如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形；
（2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长．
【答案】解：（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ECF＝∠EBD．
∵E是BC中点，
∴CE＝BE．
∵∠CEF＝∠BED，
∴△CEF≌△BED．
∴CF＝BD．
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：如图，作EM⊥DB于点M，
∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝，
∴，DF＝2DE．
在Rt△EMB中，EM＝BE sin∠ABC＝2，
在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°，
∴DE＝2EM＝4，
∴DF＝2DE＝8．
【知识点】平行四边形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）要证明四边形CDBF是平行四边形，只需证明CF平行于DB且CF等于DB即可；
（2）如图，过点E作EM垂直于DB于点M，然后解直角三角形；
四、解答题（每小题9分、共27分）
20．（2025八下·珠海期中）如图1，是我国汉代的赵爽用来证明“勾股定理”的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为．
（1）图中阴影部分小正方形的面积用两种方法可分别表示为________和________；
（2）若，大正方形的边长，则小正方形的边长为________；
[知识迁移]通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是棱长为的正方体，被如图所示的分割线分成8块．
（3）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为________；
（4）已知，，利用上面的规律求的值．
【答案】解：（1）；；
（2）3；
（3）；
（4）∵，，，
∴，
∴．
【知识点】完全平方公式的几何背景；求代数式的值-整体代入求值；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：（1）图中阴影部分小正方形的边长可表示为，面积可表示为；图中阴影部分小正方形的面积也可表示为，
故答案为：；；
（2）由（1）得，
∵，，
∴，
∴小正方形的边长为，
故答案为：3；
（3）图形的体积为：或，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）通过两种方式计算大正方形的面积：一种是利用边长乘以边长，另一种是计算4个直角三角形面积加上中间小正方形面积。根据图形面积不变的性质，比较两种表达式即可得出结论；
（2）直接应用（1）中得出的结论进行数值计算；
（3）类比面积的分析方法，通过计算大正方体的总体积和其各部分体积之和，根据体积守恒原理推导关系式；（4）基于（3）的结论，运用代数运算规则进行推导计算。
21．（2025八下·珠海期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
拓展延伸：
（3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由．
【答案】解：（1）四边形是菱形理由如下：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
所以四边形是菱形 ；
（2）（1）中的结论不成立；
理由如下：
同（1），得四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形
（3）四边形是正方形；
理由如下：
同（1），得四边形是平行四边形，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是正方形．
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）根据已知条件可证出四边形CODP是平行四边形，由矩形的性质得出OC=OD，即可得出四边形CODP是菱形；
（2）由菱形的性质得出OC⊥OD，即可得出四边形CODP是矩形；
（3）证出四边形CODP是平行四边形，由正方形的性质得出OC=OD，即可得出四边形CODP是正方形．
22．（2025八下·珠海期中）【阅读材料】
在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？
分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到．
根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．
【探究1】
如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；
【探究2】
如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M．
（1）求证：；
（2）求证：．
【答案】[探究1]解：如图，即为所求，
[探究2]
（1）证明：∵翻折，
∴，，
又，
∴，
∴；
（2）连接，过F作于N，
则四边形是矩形，
∴，，
又，
∴，
∵翻折，
∴，
∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，，
∴
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）以B为圆心，为半径画弧，交于F，连接即可.
（2）根据折叠性质可得，，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）连接，过F作于N，则四边形是矩形，根据矩形性质可得，，，则，根据折叠性质可得，根据等边对等角可得，，根据角之间的关系可得，根据直线平行判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
五、解答题（23题13分、24题14分，共27分）
23．（2025八下·珠海期中）阅读材料：
中国-西班牙联合发行《中欧班列（义乌-马德里）》特种邮票1套2枚，两枚邮票的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，凸显中欧班列的和谐美；
在单枚邮票票面上的平行四边形中，邻边与的长度比非常接近黄金分割数．单枚邮票的规格（平行四边形：长边50毫米，短边32毫米，高28毫米）见图2所示．设图1的中边上的高为．
根据以上信息解决问题：
（1）【相关计算】①单枚邮票的面积为：________，周长为：________．
②计算的长为：________（结果用最简二次根式表示）；
（2）【特例证明】图1中，求证：四边形是平行四边形．
（3）【数形结合】现在将图1中的设计成标准的黄金平行四边形，也就是满足相邻两边的比为黄金分割数的平行四边形．如图3所示，即在中，两邻边、满足，现又在上取点，且满足，过点作交边于点．求证：四边形是菱形．
【答案】（1）①1400；164；②
（2）证明：∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（3）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【知识点】二次根式的性质与化简；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（1）由阅读材料可知：毫米，毫米，毫米，
①单枚邮票的面积为：，
周长为：．
故答案为：1400；164；
②解：在中，毫米，毫米，
由勾股定理得：，
则，
故答案为：；
【分析】（1）根据矩形的面积计算公式即可求解；
（2）首先根据四边形和四边形都是平行四边形，可得出，，，，进而即可得出四边形是平行四边形；
（3）首先根据四边形ABCD为平行四边形，可得出，，进而得出四边形是平行四边形，进而通过计算可得出，即可得出平行四边形是菱形．
（1）解：由阅读材料可知：毫米，毫米，毫米，
①单枚邮票的面积为：，
周长为：．
故答案为：1400；164；
②解：在中，毫米，毫米，
由勾股定理得：，
则，
故答案为：；
（2）证明：∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，∴，，∴四边形是平行四边形；
（3）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
24．（2025八下·珠海期中）综合与实践
数学课上，老师以“矩形的折叠”为主题开展活动．
实践操作：
现有一张矩形纸片．
第一步：如图1，将矩形纸片先沿对角线折叠，得到折痕，然后把纸片展平；
第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，得到折痕，然后把纸片展平，与的交点为点，连接．
第三步：如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，点的对应点为点，点的对应点为点与交于点，然后把纸片展平．
问题解决：
（1）的长为 ；
（2）判断四边形的形状，并说明理由；
拓展探索：
（3）若，求的长．
【答案】（1）3；
（2）解：四边形是菱形，理由如下；
由折叠的性质可知，，，
又∵，
∴是等腰三角形，，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：如图，连接，作于，则四边形是矩形，
∴，
由题意知，是线段的中点，，
∵矩形，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴，
∴，
设，则，，，
∵，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去），
∴，
∴的长为．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（1）解：由折叠的性质可知，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
故答案为：3；
【分析】（1）根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，再根据等腰三角形判定定理可得是等腰三角形，，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（3）连接，作于，则四边形是矩形，则，由题意知，是线段的中点，，根据勾股定理可得，则，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据折叠性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
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