资源简介

浙江省台州市路桥区2024-2025学年八年级下学期期中学业质量监测数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．（2025八下·路桥期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，不符合题意；
B、，不符合题意；
C、是最简二次根式，符合题意；
D、
故答案为：C.
【分析】最简二次根式是指被开方数是不含有开得尽方的因数或因式的整数或整式.
2．（2025八下·路桥期中）下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．2，2，4 B．4，6，8 C．4，12，13 D．6，8，10
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、
三角形不存在
B、
不是直角三角形
C、
不是直角三角形
D、
是直角三角形
故答案为：D.
【分析】用勾股定理的逆定理判定一个三角形是否是直角三角形，必须用较小的两个边的平方和与最大边的平方比较，如果相等就是直角三角形，否则不是直角三角形.
3．（2025八下·路桥期中）如图，在菱形中，，，则对角线的长为（　　）
A． B．6 C． D．
【答案】B
【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
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴
故答案为：B.
【分析】由菱形四边相等得AD=AB=6，然后根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边是哪些得出△ABC是等边三角形，最后根据等边三角形三边相等可得BD=AB=6.
4．（2025八下·路桥期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故此选项计算错误，不符合题意；
B、，故此选项计算错误，不符合题意；
C、，计算正确，符合题意；
D、，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】二次根式的加减法，就是将各个二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式，所谓同类二次根式，就是被开方数完全相同的最简二次根式，合并的时候，只需要将系数相加减，根号部分不变，不是同类二次根式的一定不能合并，据此可判断A、B选项；根据二次根式的乘法法则“”进行计算可判断C选项；根据二次根式的除法法则“”进行计算可判断D选项.
5．（2025八下·路桥期中）如图，矩形的对角线和交于点，则下列结论一定正确的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，，
，不一定成立，不一定成立，，一定成立，
故选：D．
【分析】根据矩形的性质逐项判断解答即可．
6．（2025八下·路桥期中）下列命题正确的是（　　）
A．平行四边形的两条对角线互相垂直
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．平行四边形的四条边相等
D．四个角相等的四边形是矩形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、平行四边形的两条对角线互相平分，而菱形的对角线才互相垂直，故结论错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，而不是菱形，故结论错误；
C、平等四边形的对边相等，而菱形的四条边才相等，故结论错误；
D、由于四边形的内角和是360度，当四个角相等时每一个角都是90度，则四边形肯定是矩形，故结论正确.
故答案为：D.
【分析】平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等、邻角互补；菱形、矩形都是特殊的平行四边形，它们都具有平行四边形的所有性质，但区别在于菱形的四条边相等，对角线互相垂直；而矩形的四个角都是直角，对角线相等，注意区别.
7．（2025八下·路桥期中）如图，数轴上的点表示的数是，于点，且，连接，以点为圆心，长为半径画弧与数轴交于点，则点表示的数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解：，
，
，
，
点表示的数是
故答案为：A ．
【分析】利用勾股定理求出长解题即可.
8．（2025八下·路桥期中）如图，在中，对角线，相交于点O，交的延长线于点E，连接，若的周长为28，的周长为18，则的长是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且其的周长为28
∴，OB=OD，
又∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE=CD+CE，
∵的周长为18
∴
即
∴
∴．
故答案为：C．
【分析】由平行四边形对角线互相平分得出OB=OD，由平行四边形对边相等结合周长可得BC+CD=14，易得OE是线段BD的垂直平分线，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得BE=DE=CD+CE，从而根据三角形周长计算方法结合△BCE的周长为18可列出方程求解即可.
9．（2025八下·路桥期中）如图，在正方形中，平分交于点，过点作交于点，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：①∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴，
∴，故②正确；
③连接，如图所示，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
又∵，，
∴和不全等， 故③不正确；
综上所述，正确的结论是①②.
故答案为：A．
【分析】由正方形性质得AB=DA=CD，∠DAF=∠B=∠ADC=∠DCE=90°，∠BAC=45°，由角平分线定义得∠BAE=22.5°，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等推出∠AFD=∠BEA=67.5°，从而利用“AAS”证△ABE≌△DAF，由全等三角形的对应边相等得AF=BE，即可判定①；由全等三角形的对应角相等得，然后根据角的构成可求出∠CDF的度数，即可判定②；由直角三角形的性质可得，即得，得到和不全等，即可判定③，综上即可求解.
10．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，分别以，，为边向外作正方形，正方形，正方形．以，所在的直线构造矩形，且点H，I在边，上．已知的面积为1，矩形的面积为20，则矩形的周长为（　　）
A．16 B．18 C．20 D．22
【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；矩形的判定与性质；正方形的性质；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：如图所示，延长交于J，延长交于K，设，
∵四边形是正方形
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴，
∵四边形是矩形，四边形是正方形
∴，
同理可得，
∴
∵四边形是正方形，四边形是矩形
∴
∴，
∵的面积为1
∴，即
∵矩形的面积为20
∴
∴
∴
∴
∴
∴（负值舍去）
∴矩形的周长．
故答案为：B．
【分析】如图所示，延长AB交QM于J，延长AC交MN于K，设AB=c，AC=b，由正方形的性质得BC=BI，∠CBI=∠BIH=90°，由直角三角形两锐角互余、平角及同角的余角相等得∠ABC=∠BIJ，从而利用“AAS”判断出△ABC≌△JIB，由全等三角形的对应边相等得AB=IJ=c，AC=BJ=c，同理得IM=BJ=b；由正方形及矩形性质得PE=AG=AC=b，由线段和差得PQ=2b+c，QM=2c+b；由三角形面积公式结合△ABC面积为1可得bc=2，由矩形面积公式结合矩形PQMN的面积为20得出c2+b2=5，然后利用配方法及算术平方根定义可求出b+c=3，最后根据矩形周长计算公式可算出矩形PQMN的周长.
二、填空题（本题有6题，每小题3分，共18分）
11．（2025八下·路桥期中）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为　 　．
【答案】x≥－2
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：
故答案为：.
【分析】.
12．（2025八下·路桥期中）化简：　 　
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：.
故答案为：．
【分析】利用二次根式的性质：即可求解．
13．（2025八下·路桥期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，若OE=3，则菱形ABCD的边长为　 　．
【答案】6
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴，
∵OE＝3，且点E为线段AD的中点，
∴AB＝2OE＝6．
故答案为6．
【分析】根据菱形的性质得到，即可得到为的中位线，根据三角形的中位线定理解答即可．
14．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，，，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；等腰直角三角形；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作于E，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
故答案为：．
【分析】过点A作AE⊥BC于E，则△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE，在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE的长，最后根据矩形面积公式计算即可.
15．（2025八下·路桥期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，使点D落到点E处，交于点F，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【分析】由矩形的性质得到，由二直线平行，内错角相等得∠DAC=∠ACB，由折叠性质得∠DAC=∠EAC，则，由等角对等边得，设，则，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求解即可得出BF的长.
16．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，D是斜边的中点，平分且，连接，若，，则的长为　 　．
【答案】2
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长交于点F，
∵，
∴，
∵平分且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵D是的中点，E是的中点，
∴，
故答案为：2．
【分析】延长交于点F，首先在Rt△ABC中，利用勾股定理算出AB的长，由角平分线的定义得，由垂直定义得，从而根据“”证明，由全等三角形的对应边相等得，，根据线段和差求得，然后根据三角形中位线定理求得.
三、解答题（本题有8小题，共72分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（2025八下·路桥期中）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式；
（2）解： 原式．
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先根据二次根式性质将各个二次根式分别化为最简二次根式，然后再合并同类二次根式即可；
（2）先根据平方差公式计算，再根据二次根式性质“”进行计算，最后计算有理数的减法运算即可.
（1）解：原式；
（2）原式．
18．（2025八下·路桥期中）如图，正方形网格中每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫做格点．试在各网格中画出顶点在格点上，且符合相应条件的图形．
（1）在图1中以格点为顶点画一个面积为10的正方形；
（2）在图2中以格点为顶点画一个，使得，，．
【答案】（1）解：如图，正方形ABCD就是所求的正方形；
（2）解：如图，△ABC就是所求的三角形.
【知识点】运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）根据正方形面积公式可得面积为10的正方形边长为，根据勾股定理长度为的线段就是两直角边分别为1与3的直角三角形的斜边，从而利用方格纸的特点及正方形的性质，作图即可；
（2） 根据勾股定理长度为的线段就是两直角边分别为1与2的直角三角形的斜边， 长度为的线段就是两直角边分别为2与3的直角三角形的斜边， 从而利用方格纸的特点作图即可.
（1）如图1所示：正方形即为所求；
（2）如图2所示：即为所求．
19．（2025八下·路桥期中）如图，点E在边长为13的正方形内，，，求出图中阴影部分的面积．
【答案】解：∵，，，
∴
∴
∴．
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【分析】先根据勾股定理的逆定理得到，然后根据结合直角三角形及正方形面积计算公式列式计算即可．
20．（2025八下·路桥期中）如图，在四边形中，，对角线与相交于点O，于点E，于点F，．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是平行四边形．
【答案】（1）证明：∵于点E，于点F，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：由（1）知，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）直接利用“HL”可证；
（2）根据全等三角形的对应角相等得出，由内错角相等，两直线平行得出AB∥CD，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论.
（1）证明：∵于点E，于点F，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：由（1）知，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
21．（2025八下·路桥期中）如图，在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H，（A，H，B在一条直线上），并修一条路CH．测得千米，千米，千米．
（1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？请通过计算加以说明．
（2）求原来的路线AC的长．
【答案】解：（1）是；
理由是：在中，
∵，
∴，
∴，
∴CH是从村庄C到河边的最近路；
（2）设，则，
在中，
，
∴，
解得：，
答：原来的路线AC的长为千米
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】（1）根据勾股定理逆定理可得，再根据垂线段最短即可求出答案.
（2）设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
22．（2025八下·路桥期中）如图，菱形的对角线相交于点O，且，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵菱形的对角线相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：由（1）知：四边形是矩形，
∴，
∵菱形，
∴，，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴菱形的面积为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由菱形对角线互相垂直得∠COD=90°，进而根据有一个内角为90°的平行四边形是矩形可得结论；
（2）根据矩形的对角线相等，得到CD=OE=5，菱形的对角线互相平分得出OC=3，BD=2OD，然后根据勾股定理算出OD，从而得到BD的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算即可．
（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵菱形的对角线相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）由（1）知：四边形是矩形，
∴，
∵菱形，
∴，，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴菱形的面积为．
23．（2025八下·路桥期中）观察下列等式，并回答问题：
第1个等式：
第2个等式：
第3个等式：
第4个等式：
……
（1）请直接写出第5个等式_______；
（2）根据上述规律猜想：若n为正整数，请用含n的式子表示第n个等式，并证明；
（3）计算：．
【答案】（1）
（2）解：依据题意得n个等式为：，
证明如下：
；
（3）解：由（2）得
∴
∴
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算；探索数与式的规律
【解析】【解答】（1）解：依题意，第5个等式：，
故答案为：；
【分析】（1）通过观察已知4个等式，找出等式中各项的变化规律，即可直接写出第5个等式；
（2）根据前5个等式的特征，用含n的 式子表示第n个等式 ，然后通分计算等式左边根号下的括号内部分，进而利用拆项、乘法交换律及平方差公式变形，即可证明；
（3）结合（2）的结论将原式变形，再根据二次根式乘法法则计算即可.
（1）解：依题意，第5个等式：，
故答案为：；
（2）解：依题意，第n个等式：．
即第n个等式：，
证明如下：
；
（3）解：由（2）得
∴
．
24．（2025八下·路桥期中）在四边形中，对角线上有一点E，连接，F是射线上一点，连接，且，以为边作平行四边形．
（1）如图1，若四边形是菱形．
①求证：四边形是菱形；
②若，连接，则与是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形是正方形．
①与的关系是（　　）
A． B． C． D．
②已知，，连接，则的长为_______．
【答案】（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
②，理由如下：
如图所示，设交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）①B
②
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
故答案为：B；
②如图所示，过点E作于M，过点H作交直线于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
由（2）①可知，，
∴平行四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【分析】（1）①由菱形的性质可得，从而可用“SAS”证明，由全等三角形的对应边相等得到，结合，可得，从而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
②CF=AE，理由如下：设交于O，由菱形的对边平行可得，由二直线平行，同位角相等得，根据等边对等角和全等三角形的对应角相等可证得，由“8”字形图可证明，从而根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△CEF是等边三角形，由等边三角形的三边相等可得，则；
（2）① 由正方形性质得AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，从而由“SAS”证△ADE≌△CDE，由全等三角形的对应边相等得AE=CE，结合EF=AE可推出EF=EC，由等边对等角及全等三角形的对应角相等可推出∠DCE=∠AFE，由“8”字形图推出∠CDF=∠CEF=90°，然后根据勾股定理可求出；
②过点E作于M，过点H作交直线于N， 由等腰三角形的三线合一得出MF=AM=4，由线段和差求出DM=2，易得△MED是等腰直角三角形，则ME=MD=2；由有一组邻边相等且有一个内角为直角的平行四边形是正方形得出四边形CEFH是正方形，则EF=FH，∠EFH=90°， 由平角、直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得∠MEF=∠NFH，从而利用“AAS”证△MEF≌△NFH，由全等三角形的对应边相等得HN=MF=4，FN=ME=2，由线段和差算出DN，最后根据勾股定理算出DH即可.
（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
②，理由如下：
如图所示，设交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
故选：B；
②如图所示，过点E作于M，过点H作交直线于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
由（2）①可知，，
∴平行四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
1 / 1浙江省台州市路桥区2024-2025学年八年级下学期期中学业质量监测数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．（2025八下·路桥期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·路桥期中）下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．2，2，4 B．4，6，8 C．4，12，13 D．6，8，10
3．（2025八下·路桥期中）如图，在菱形中，，，则对角线的长为（　　）
A． B．6 C． D．
4．（2025八下·路桥期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·路桥期中）如图，矩形的对角线和交于点，则下列结论一定正确的是(　　)
A． B． C． D．
6．（2025八下·路桥期中）下列命题正确的是（　　）
A．平行四边形的两条对角线互相垂直
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．平行四边形的四条边相等
D．四个角相等的四边形是矩形
7．（2025八下·路桥期中）如图，数轴上的点表示的数是，于点，且，连接，以点为圆心，长为半径画弧与数轴交于点，则点表示的数是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·路桥期中）如图，在中，对角线，相交于点O，交的延长线于点E，连接，若的周长为28，的周长为18，则的长是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2025八下·路桥期中）如图，在正方形中，平分交于点，过点作交于点，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
10．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，分别以，，为边向外作正方形，正方形，正方形．以，所在的直线构造矩形，且点H，I在边，上．已知的面积为1，矩形的面积为20，则矩形的周长为（　　）
A．16 B．18 C．20 D．22
二、填空题（本题有6题，每小题3分，共18分）
11．（2025八下·路桥期中）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为　 　．
12．（2025八下·路桥期中）化简：　 　
13．（2025八下·路桥期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，若OE=3，则菱形ABCD的边长为　 　．
14．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，，，则的面积为　 　．
15．（2025八下·路桥期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，使点D落到点E处，交于点F，则的长为　 　．
16．（2025八下·路桥期中）如图，在中，，D是斜边的中点，平分且，连接，若，，则的长为　 　．
三、解答题（本题有8小题，共72分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（2025八下·路桥期中）计算：
（1）；
（2）．
18．（2025八下·路桥期中）如图，正方形网格中每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫做格点．试在各网格中画出顶点在格点上，且符合相应条件的图形．
（1）在图1中以格点为顶点画一个面积为10的正方形；
（2）在图2中以格点为顶点画一个，使得，，．
19．（2025八下·路桥期中）如图，点E在边长为13的正方形内，，，求出图中阴影部分的面积．
20．（2025八下·路桥期中）如图，在四边形中，，对角线与相交于点O，于点E，于点F，．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是平行四边形．
21．（2025八下·路桥期中）如图，在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H，（A，H，B在一条直线上），并修一条路CH．测得千米，千米，千米．
（1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？请通过计算加以说明．
（2）求原来的路线AC的长．
22．（2025八下·路桥期中）如图，菱形的对角线相交于点O，且，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
23．（2025八下·路桥期中）观察下列等式，并回答问题：
第1个等式：
第2个等式：
第3个等式：
第4个等式：
……
（1）请直接写出第5个等式_______；
（2）根据上述规律猜想：若n为正整数，请用含n的式子表示第n个等式，并证明；
（3）计算：．
24．（2025八下·路桥期中）在四边形中，对角线上有一点E，连接，F是射线上一点，连接，且，以为边作平行四边形．
（1）如图1，若四边形是菱形．
①求证：四边形是菱形；
②若，连接，则与是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形是正方形．
①与的关系是（　　）
A． B． C． D．
②已知，，连接，则的长为_______．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，不符合题意；
B、，不符合题意；
C、是最简二次根式，符合题意；
D、
故答案为：C.
【分析】最简二次根式是指被开方数是不含有开得尽方的因数或因式的整数或整式.
2．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、
三角形不存在
B、
不是直角三角形
C、
不是直角三角形
D、
是直角三角形
故答案为：D.
【分析】用勾股定理的逆定理判定一个三角形是否是直角三角形，必须用较小的两个边的平方和与最大边的平方比较，如果相等就是直角三角形，否则不是直角三角形.
3．【答案】B
【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
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴
故答案为：B.
【分析】由菱形四边相等得AD=AB=6，然后根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边是哪些得出△ABC是等边三角形，最后根据等边三角形三边相等可得BD=AB=6.
4．【答案】C
【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、与不是同类二次根式，不能合并，故此选项计算错误，不符合题意；
B、，故此选项计算错误，不符合题意；
C、，计算正确，符合题意；
D、，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】二次根式的加减法，就是将各个二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式，所谓同类二次根式，就是被开方数完全相同的最简二次根式，合并的时候，只需要将系数相加减，根号部分不变，不是同类二次根式的一定不能合并，据此可判断A、B选项；根据二次根式的乘法法则“”进行计算可判断C选项；根据二次根式的除法法则“”进行计算可判断D选项.
5．【答案】D
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，，
，不一定成立，不一定成立，，一定成立，
故选：D．
【分析】根据矩形的性质逐项判断解答即可．
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、平行四边形的两条对角线互相平分，而菱形的对角线才互相垂直，故结论错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，而不是菱形，故结论错误；
C、平等四边形的对边相等，而菱形的四条边才相等，故结论错误；
D、由于四边形的内角和是360度，当四个角相等时每一个角都是90度，则四边形肯定是矩形，故结论正确.
故答案为：D.
【分析】平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等、邻角互补；菱形、矩形都是特殊的平行四边形，它们都具有平行四边形的所有性质，但区别在于菱形的四条边相等，对角线互相垂直；而矩形的四个角都是直角，对角线相等，注意区别.
7．【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解：，
，
，
，
点表示的数是
故答案为：A ．
【分析】利用勾股定理求出长解题即可.
8．【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且其的周长为28
∴，OB=OD，
又∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE=CD+CE，
∵的周长为18
∴
即
∴
∴．
故答案为：C．
【分析】由平行四边形对角线互相平分得出OB=OD，由平行四边形对边相等结合周长可得BC+CD=14，易得OE是线段BD的垂直平分线，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得BE=DE=CD+CE，从而根据三角形周长计算方法结合△BCE的周长为18可列出方程求解即可.
9．【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：①∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴，
∴，故②正确；
③连接，如图所示，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
又∵，，
∴和不全等， 故③不正确；
综上所述，正确的结论是①②.
故答案为：A．
【分析】由正方形性质得AB=DA=CD，∠DAF=∠B=∠ADC=∠DCE=90°，∠BAC=45°，由角平分线定义得∠BAE=22.5°，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等推出∠AFD=∠BEA=67.5°，从而利用“AAS”证△ABE≌△DAF，由全等三角形的对应边相等得AF=BE，即可判定①；由全等三角形的对应角相等得，然后根据角的构成可求出∠CDF的度数，即可判定②；由直角三角形的性质可得，即得，得到和不全等，即可判定③，综上即可求解.
10．【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；矩形的判定与性质；正方形的性质；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：如图所示，延长交于J，延长交于K，设，
∵四边形是正方形
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴，
∵四边形是矩形，四边形是正方形
∴，
同理可得，
∴
∵四边形是正方形，四边形是矩形
∴
∴，
∵的面积为1
∴，即
∵矩形的面积为20
∴
∴
∴
∴
∴
∴（负值舍去）
∴矩形的周长．
故答案为：B．
【分析】如图所示，延长AB交QM于J，延长AC交MN于K，设AB=c，AC=b，由正方形的性质得BC=BI，∠CBI=∠BIH=90°，由直角三角形两锐角互余、平角及同角的余角相等得∠ABC=∠BIJ，从而利用“AAS”判断出△ABC≌△JIB，由全等三角形的对应边相等得AB=IJ=c，AC=BJ=c，同理得IM=BJ=b；由正方形及矩形性质得PE=AG=AC=b，由线段和差得PQ=2b+c，QM=2c+b；由三角形面积公式结合△ABC面积为1可得bc=2，由矩形面积公式结合矩形PQMN的面积为20得出c2+b2=5，然后利用配方法及算术平方根定义可求出b+c=3，最后根据矩形周长计算公式可算出矩形PQMN的周长.
11．【答案】x≥－2
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：
故答案为：.
【分析】.
12．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：.
故答案为：．
【分析】利用二次根式的性质：即可求解．
13．【答案】6
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴，
∵OE＝3，且点E为线段AD的中点，
∴AB＝2OE＝6．
故答案为6．
【分析】根据菱形的性质得到，即可得到为的中位线，根据三角形的中位线定理解答即可．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；等腰直角三角形；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作于E，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
故答案为：．
【分析】过点A作AE⊥BC于E，则△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE，在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE的长，最后根据矩形面积公式计算即可.
15．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【分析】由矩形的性质得到，由二直线平行，内错角相等得∠DAC=∠ACB，由折叠性质得∠DAC=∠EAC，则，由等角对等边得，设，则，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求解即可得出BF的长.
16．【答案】2
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长交于点F，
∵，
∴，
∵平分且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵D是的中点，E是的中点，
∴，
故答案为：2．
【分析】延长交于点F，首先在Rt△ABC中，利用勾股定理算出AB的长，由角平分线的定义得，由垂直定义得，从而根据“”证明，由全等三角形的对应边相等得，，根据线段和差求得，然后根据三角形中位线定理求得.
17．【答案】（1）解：原式；
（2）解： 原式．
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先根据二次根式性质将各个二次根式分别化为最简二次根式，然后再合并同类二次根式即可；
（2）先根据平方差公式计算，再根据二次根式性质“”进行计算，最后计算有理数的减法运算即可.
（1）解：原式；
（2）原式．
18．【答案】（1）解：如图，正方形ABCD就是所求的正方形；
（2）解：如图，△ABC就是所求的三角形.
【知识点】运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）根据正方形面积公式可得面积为10的正方形边长为，根据勾股定理长度为的线段就是两直角边分别为1与3的直角三角形的斜边，从而利用方格纸的特点及正方形的性质，作图即可；
（2） 根据勾股定理长度为的线段就是两直角边分别为1与2的直角三角形的斜边， 长度为的线段就是两直角边分别为2与3的直角三角形的斜边， 从而利用方格纸的特点作图即可.
（1）如图1所示：正方形即为所求；
（2）如图2所示：即为所求．
19．【答案】解：∵，，，
∴
∴
∴．
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【分析】先根据勾股定理的逆定理得到，然后根据结合直角三角形及正方形面积计算公式列式计算即可．
20．【答案】（1）证明：∵于点E，于点F，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：由（1）知，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）直接利用“HL”可证；
（2）根据全等三角形的对应角相等得出，由内错角相等，两直线平行得出AB∥CD，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论.
（1）证明：∵于点E，于点F，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：由（1）知，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
21．【答案】解：（1）是；
理由是：在中，
∵，
∴，
∴，
∴CH是从村庄C到河边的最近路；
（2）设，则，
在中，
，
∴，
解得：，
答：原来的路线AC的长为千米
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】（1）根据勾股定理逆定理可得，再根据垂线段最短即可求出答案.
（2）设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
22．【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵菱形的对角线相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：由（1）知：四边形是矩形，
∴，
∵菱形，
∴，，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴菱形的面积为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由菱形对角线互相垂直得∠COD=90°，进而根据有一个内角为90°的平行四边形是矩形可得结论；
（2）根据矩形的对角线相等，得到CD=OE=5，菱形的对角线互相平分得出OC=3，BD=2OD，然后根据勾股定理算出OD，从而得到BD的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算即可．
（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵菱形的对角线相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）由（1）知：四边形是矩形，
∴，
∵菱形，
∴，，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴菱形的面积为．
23．【答案】（1）
（2）解：依据题意得n个等式为：，
证明如下：
；
（3）解：由（2）得
∴
∴
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算；探索数与式的规律
【解析】【解答】（1）解：依题意，第5个等式：，
故答案为：；
【分析】（1）通过观察已知4个等式，找出等式中各项的变化规律，即可直接写出第5个等式；
（2）根据前5个等式的特征，用含n的 式子表示第n个等式 ，然后通分计算等式左边根号下的括号内部分，进而利用拆项、乘法交换律及平方差公式变形，即可证明；
（3）结合（2）的结论将原式变形，再根据二次根式乘法法则计算即可.
（1）解：依题意，第5个等式：，
故答案为：；
（2）解：依题意，第n个等式：．
即第n个等式：，
证明如下：
；
（3）解：由（2）得
∴
．
24．【答案】（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
②，理由如下：
如图所示，设交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）①B
②
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
故答案为：B；
②如图所示，过点E作于M，过点H作交直线于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
由（2）①可知，，
∴平行四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【分析】（1）①由菱形的性质可得，从而可用“SAS”证明，由全等三角形的对应边相等得到，结合，可得，从而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
②CF=AE，理由如下：设交于O，由菱形的对边平行可得，由二直线平行，同位角相等得，根据等边对等角和全等三角形的对应角相等可证得，由“8”字形图可证明，从而根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△CEF是等边三角形，由等边三角形的三边相等可得，则；
（2）① 由正方形性质得AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，从而由“SAS”证△ADE≌△CDE，由全等三角形的对应边相等得AE=CE，结合EF=AE可推出EF=EC，由等边对等角及全等三角形的对应角相等可推出∠DCE=∠AFE，由“8”字形图推出∠CDF=∠CEF=90°，然后根据勾股定理可求出；
②过点E作于M，过点H作交直线于N， 由等腰三角形的三线合一得出MF=AM=4，由线段和差求出DM=2，易得△MED是等腰直角三角形，则ME=MD=2；由有一组邻边相等且有一个内角为直角的平行四边形是正方形得出四边形CEFH是正方形，则EF=FH，∠EFH=90°， 由平角、直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得∠MEF=∠NFH，从而利用“AAS”证△MEF≌△NFH，由全等三角形的对应边相等得HN=MF=4，FN=ME=2，由线段和差算出DN，最后根据勾股定理算出DH即可.
（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
②，理由如下：
如图所示，设交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
故选：B；
②如图所示，过点E作于M，过点H作交直线于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
由（2）①可知，，
∴平行四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
1 / 1

展开更多......

收起↑