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广东省广州市荔湾区真光实验中学2024-2025学年八年级数学下学期期中考试卷
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·荔湾期中）下列式子一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、当时，不是二次根式，不符合题意；
B、当时，不是二次根式，不符合题意；
C、当时，不是二次根式，不符合题意；
D、是二次根式，符合题意；
故答案为：D．
【分析】本题考查二次根式的定义，即形如的式子才是二次根式，核心是判断每个选项中被开方数是否始终满足非负条件。对于选项A，当时，被开方数为负，不符合二次根式定义；选项B中，若，即时，式子无意义，不是二次根式；选项C里，当时，，不满足被开方数非负的要求；而选项D中，，被开方数恒大于0，无论何种情况都符合二次根式的定义，因此可判定其为二次根式。
2．（2025八下·荔湾期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【分析】根据最简二次根式的定义结合题意对选项逐一分析即可求解。
3．（2025八下·荔湾期中）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的乘除混合运算；求算术平方根；开立方（求立方根）
【解析】【解答】解：A、与不能合并，故A选项不符合题意；
B、，故B选项不符合题意；
C、，故C选项不符合题意；
D、，故D选项符合题意；
故选：D．
【分析】本题综合考察二次根式的加减、乘除运算，算术平方根以及立方根的定义和计算规则。对于选项A， 和 不是同类二次根式，同类二次根式需被开方数相同，二者无法直接合并，所以A运算错误；选项B中， 表示16的算术平方根，算术平方根是一个非负的平方根，因此结果只能是4，而非 ，B错误；选项C依据二次根式乘法法则，，所以 ，并非6，C错误；选项D中，因为 ，根据立方根的定义，正数的立方根是正数，所以 ，D运算正确。
4．（2025八下·荔湾期中）在四边形中，，下列选项不能说明四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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；故该选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
C、，不能说明四边形是平行四边形；故该选项符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
故答案为C
【分析】本题考查平行四边形的判定定理，已知，需结合各选项条件判断是否能推出四边形为平行四边形。选项A中，一组对边平行且相等（且），符合平行四边形的判定定理，可判定为平行四边形；选项B中，，根据“同旁内角互补，两直线平行”，可推出，结合已知，两组对边分别平行，能判定为平行四边形；选项D直接给出，与已知结合，满足“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”的判定条件；选项C中，仅知道和，这种情况可能是等腰梯形，等腰梯形只有一组对边平行且另一组对边相等，但不是平行四边形，因此不能判定。
5．（2025八下·荔湾期中）已知中、、的对边分别是、、，下列条件不能判定是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，是直角三角形，故A选项不符合题意；
B、，，是直角三角形，故B选项不符合题意；
C、，，，是直角三角形，故C选项不符合题意；
D、，，，，，不是直角三角形，故D选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，需通过边的关系或角的关系判断三角形是否为直角三角形。选项A中，验证三边是否满足勾股定理的逆定理，计算得，而，即，符合逆定理，可判定为直角三角形；选项B中，将式子变形为，直接满足勾股定理的逆定理，能判定为直角三角形；选项C中，根据三角形内角和为，结合，可推出，即，是直角三角形；选项D中，按角的比例分配内角，总份数为，每份对应的角度为，三个角分别为、、，无直角，因此不能判定为直角三角形。
6．（2025八下·荔湾期中）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，
∵点的坐标为，
∴．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．
故选C．
【分析】先根据点C的坐标结合勾股定理求出OC，再根据菱形的性质得到，从而根据线段的运算得到AD，进而结合题意即可得到点A的坐标。
7．（2025八下·荔湾期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF=AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故答案为：B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，再根据边之间的关系即可求出答案.
8．（2025八下·荔湾期中）把的根号外的适当变形后移入根号内，得（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：由题意得：，
解得：，
∴，
∴；
故答案为：D．
【分析】本题考查二次根式有意义的条件和二次根式的化简，首先需确定的取值范围，再根据符号规则将根号外的式子移入根号内。由二次根式有意义的条件可知，被开方数，因此，即，由此可得；将负数移入根号时，需先将其化为（因为负数的平方开根号后需保留符号），再根据二次根式的乘法法则，原式可化为，化简后得到。
9．（2025八下·荔湾期中）已知，如图长方形中，，将此长方形折叠，使点与点重合，折痕为，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：根据折叠可得，，
∴设，则，
在中，，
∴，
整理得，，
解得，，
∴，
∴，
∴的面积为，
故选：D ．
【分析】先根据折叠的性质得到，设，则，进而根据勾股定理结合题意即可求出x，则，再根据三角形的面积即可求解。
10．（2025八下·荔湾期中）如图，长方体的长、宽、高分别为3，2，2，点是长方体的顶点，点是棱的中点，一只蚂蚁由处沿长方体表面爬到处，最短路程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：如图所示，
根据题意，长方体的长 ，宽 ，高 ，
根据展开图，得到解法如下：
第一种展开图，
根据题意，得
；
第二种展开图中，
根据题意，得
；
第三种展开图中，
根据题意，得
；
故爬行的最短路程为，
故答案为：C．
【分析】本题考查平面展开-最短路径问题和勾股定理，立体图形表面的最短路径需将立体图形展开为平面图形，利用“两点之间线段最短”和勾股定理计算。首先，长方体的长、宽、高分别为3、2、2，点是的中点，因此；接下来分三种展开方式分析：第一种展开方式，将长方体的前面和上面展开，此时水平方向长度为，竖直方向长度为，根据勾股定理，路程为；第二种展开方式，将前面和右面展开，水平方向长度为，竖直方向长度为，路程为；第三种展开方式路程更长，无需考虑；比较三种展开方式的路程，最小，因此最短路程为。
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（2025八下·荔湾期中）若式子有意义，则实数x的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：由题可知，，
解得，
故答素为：．
【分析】本题考查分式和二次根式有意义的条件，分式有意义需分母不为零，二次根式有意义需被开方数非负。对于式子，分母为，首先作为二次根式，被开方数，其次分母不能为零，即，综合这两个条件可得，解得。
12．（2025八下·荔湾期中）比较大小：　 　（填“>”、“<”或“=”）．
【答案】
【知识点】实数的大小比较；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：，，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式的大小比较方法，对于正数的二次根式，可通过平方后比较被开方数的大小来确定原式子的大小。分别计算两个式子的平方，，；因为，且两个式子均为正数，所以平方大的原式子值大，即。
13．（2025八下·荔湾期中）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为　 　．
【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积为，
故答案为：．
【分析】根据菱形的面积计算公式结合题意即可求解。
14．（2025八下·荔湾期中）如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，足分别为E，F．若AC＝10，则PE+PF＝　 　．
【答案】4
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，连接PO，
∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO=5=BO=DO，
∴S△DCO=S矩形ABCD=10，
∵S△DCO=S△DPO+S△PCO，
∴10=×DO×PF+×OC×PE
∴20=5PF+5PE
∴PE+PF=4
故答案为4
【分析】设AC与BD的交点为O，连接PO，根据矩形的性质得到AO=CO=5=BO=DO，则S△DCO=S矩形ABCD=10，再根据三角形的面积结合题意代入计算即可求解。
15．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，，，，分别以各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为　 　．
【答案】6
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴图中阴影部分的面积为
故答案为：6
【分析】本题考查勾股定理、圆的面积公式以及阴影部分面积的计算方法，阴影部分面积可通过“两个小半圆面积 + 直角三角形面积 - 大半圆面积”求解。首先，根据勾股定理计算斜边的长度，；然后分别计算三个半圆的面积，以为直径的半圆面积为，以为直径的半圆面积为，以为直径的半圆面积为；最后，代入阴影部分面积公式，可得，化简后的项相互抵消，结果为6。
16．（2025八下·荔湾期中）正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）．
【答案】①②④
【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；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】∵为中点，正方形的边长为8，
∴，
由翻折可知：，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴当为中点时，三边之比为，
故①正确；
如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N，
，
，
由翻折可知：垂直平分，
在和中，
，
，
故②正确；
当三边之比为时，假设，则，
∵，
∴，
解得：
∴，
∴此时点不是中点，
故③错误；
如图，过点A作，垂足为H，连接，，
由翻折可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴的周长为：
，
∴当在上移动时，周长不变，
故④正确；
故答案为①②④．
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当为中点时，，设，则，在中，由勾股定理得，解得，，三边比为3：4：5，结论正确；②连接交于，过作，可证明（ASA），因此，结论正确；③当三边比为3：4：5时，设，，，则，，，不是中点，结论错误；④过作，证明和，得、，的周长为，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（2025八下·荔湾期中）计算：
【答案】解：原式=3 -6 -3 =-6
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先利用乘法分配律计算乘法，再根据二次根式的性质进行化简，然后合并同类二次根式，即可得出答案.
18．（2025八下·荔湾期中）已知，，求的值．
【答案】解：∵，，
∴，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的化简求值
【解析】【分析】本题考查二次根式的化简求值，核心是利用完全平方公式的变形简化计算，避免直接代入复杂运算。首先计算和的值，，，利用平方差公式，得；再将变形为（因为，减去后即为）；最后代入和，计算得。
19．（2025八下·荔湾期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1=∠2．
（1）求证：AE=CF；
（2）求证：四边形EBFD是平行四边形．
【答案】证明：（1）如图
：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，，
∴∠3=∠4
∵∠1=∠3+∠5，∠2=∠4+∠6，∠1=∠2
∴∠5=∠6
∵在△ADE与△CBF中，∠3=∠4，AD=BC，∠5=∠6，
∴△ADE≌△CBF（ASA）
∴AE=CF
（2）∵∠1=∠2，
∴
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE=BF
∴四边形EBFD是平行四边形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边平行且相等得AD=BC，AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠3=∠4，根据三角形外角相等及已知可推出∠5=∠6，从而用ASA判断出△ADE≌△CBF，由全等三角的对应边相等证得AE=CF；
（2）由内错角相等两直线平行得DE∥BF，由全等三角形的对应边相等得DE=BF，从而由对边平行且相等的四边形是平行四边形证得结论．
20．（2025八下·荔湾期中）如图，四边形中，．
（1）求的度数；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）解：如图，连接，
在中，，
根据勾股定理得：，
，
，
为直角三角形，即，
则；
（2）解：根据题意得：．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接，先根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理的逆定理得到为直角三角形，即，则；
（2）根据三角形的面积结合即可求解。
（1）解：如图，连接，
在中，，
根据勾股定理得：，
，
，
为直角三角形，即，
则；
（2）解：根据题意得：．
21．（2025八下·荔湾期中）森林火灾是一种常见的自然灾害，危害很大，随着中国科技、经济的不断发展，开始应用飞机洒水的方式扑灭火源．如图，有一台救火飞机沿东西方向，由点A飞向点B，已知点C为其中一个着火点，且点C与直线上两点 A，B的距离分别为和，又，飞机中心周围以内可以受到洒水影响．
（1）着火点C 受洒水影响吗？为什么？
（2）若飞机的速度为，要想扑灭着火点C估计需要13秒，请你通过计算判断着火点C能否被扑灭？
【答案】（1）解：着火点C受洒水影响，理由如下，
如图，过点C作，垂足为D，
∵，，，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
所以，
∵，
∴着火点C受洒水影响．
（2）解：能，理由如下：
如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F．
则，
在中，
，
∵CE=CF，CD⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴着火点C能被扑灭．
【知识点】勾股定理；等腰三角形的性质-三线合一；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）过点C作，垂足为D，先用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，进而利用等面积法建立方程求得CD长度，将CD的长度与260进行比较即可求得结论；
（2）以点C为圆心，260m为半径作圆，交AB于点E，F， 首先利用勾股定理求得ED=100，再根据等腰三角形的三线合一得出EF=2ED=200，根据路程、速度、时间三者关系求出飞行时间，再与灭火时间比较，即可得出结论.
（1）着火点C受洒水影响，理由如下，
如图，过点C作，垂足为D，
∵，，，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
所以，
∵，
∴着火点C受洒水影响．
（2）如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F．
则，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴着火点C能被扑灭．
22．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）证明：，
，
∴，
四边形是平行四边形，
∴，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
平行四边形为矩形；
（2）解：∵四边形为矩形，，
，，
，，，
，
为直角三角形，，
，
，
∴，解得，
．
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先通过证明一组对边平行且相等，来证明四边形为平行四边形，再证明有一个角是直角，可得出结论；
（2）先根据矩形的性质得，求得AF，再利用勾股定理的逆定理证得为直角三角形，然后由面积法求出的长，就可求得DF的长．
23．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，，点D，E分别是的中点．连接并延长至点F，使得. 连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接．若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵ 在中，，点D是的中点，
∴．
∴ 四边形是菱形．
（2）解： 过点F作交的延长线于点G．
∴．
∵四边形是菱形，，
∴．
∴．
∴．
在中，，
∴ ．
∴ ．
∵．
∴．
在中，，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据线段中点可得，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据菱形判定定理即可求出答案.（2）过点F作交的延长线于点G，根据菱形性质可得，根据补角可得∠FCG，再根据含30°角的直角三角形性质可得CG，根据勾股定理可得FG，再根据边之间的关系可得BG，再根据勾股定理即可求出答案.
24．（2025八下·荔湾期中）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【答案】（1），理由如下：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；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】【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
25．（2025八下·荔湾期中）矩形中，，点为对角线上一点，过点作于点交边于点，将沿折叠得，连接．
（1）如图1，若点落在边上，求证：；
（2）如图2，若三点在同一条直线上，求的长；
（3）若是以为底的等腰三角形，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
；
（2）解：如图2，，，三点在同一条直线上，
四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
，
，
是的中点，
，
在矩形中，
，，，
，
，
如图，连接，
是的中点，，
，
，
点是的中点，
是的中位线
，，
由翻折可知：，，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
；
（3）解： 如图，延长交于点，
，
，
，
，
四边形为矩形，
当以为底的等腰三角形时，则，
，，，
，
，
设，则，
在中，，
则可得，
可得，
，
，
，
在中，，
即，
解得，即．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)本题考察矩形的性质和折叠的性质，需利用平行线的内错角相等和折叠的角相等推导边相等。因为四边形是矩形，所以，根据平行线的性质可得；由折叠的性质可知，，因此；根据“等角对等边”，可得。
(2)本题考察矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及中位线定理，需通过设未知数建立方程求解。因为、、共线，，结合(1)中，可得，因此是的中点；在矩形中，，所以；是中点，，则是的中位线，，；由折叠得，，设，则；在中，由勾股定理得，解得；因此。
(3)本题考察矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，需通过作辅助线构造全等三角形。延长交于，因为，，所以四边形是矩形；当以为底的等腰三角形时，；因为，，根据AAS判定定理可证明，得，；设，，则，，，；在中，，解得；又因为，在中，，解得，即。
（1）证明：四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
；
（2）解：如图2，，，三点在同一条直线上，
四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
，
，
是的中点，
，
在矩形中，
，，，
，
，
如图，连接，
是的中点，，
，
，
点是的中点，
是的中位线
，，
由翻折可知：，，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
；
（3）解： 如图，延长交于点，
，
，
，
，
四边形为矩形，
当以为底的等腰三角形时，则，
，，，
，
，
设，则，
在中，，
则可得，
可得，
，
，
，
在中，，
即，
解得，即．
1 / 1广东省广州市荔湾区真光实验中学2024-2025学年八年级数学下学期期中考试卷
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·荔湾期中）下列式子一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·荔湾期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·荔湾期中）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·荔湾期中）在四边形中，，下列选项不能说明四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025八下·荔湾期中）已知中、、的对边分别是、、，下列条件不能判定是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025八下·荔湾期中）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025八下·荔湾期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2025八下·荔湾期中）把的根号外的适当变形后移入根号内，得（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·荔湾期中）已知，如图长方形中，，将此长方形折叠，使点与点重合，折痕为，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八下·荔湾期中）如图，长方体的长、宽、高分别为3，2，2，点是长方体的顶点，点是棱的中点，一只蚂蚁由处沿长方体表面爬到处，最短路程为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（2025八下·荔湾期中）若式子有意义，则实数x的取值范围是　 　．
12．（2025八下·荔湾期中）比较大小：　 　（填“>”、“<”或“=”）．
13．（2025八下·荔湾期中）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为　 　．
14．（2025八下·荔湾期中）如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，足分别为E，F．若AC＝10，则PE+PF＝　 　．
15．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，，，，分别以各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为　 　．
16．（2025八下·荔湾期中）正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）．
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（2025八下·荔湾期中）计算：
18．（2025八下·荔湾期中）已知，，求的值．
19．（2025八下·荔湾期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1=∠2．
（1）求证：AE=CF；
（2）求证：四边形EBFD是平行四边形．
20．（2025八下·荔湾期中）如图，四边形中，．
（1）求的度数；
（2）求四边形的面积．
21．（2025八下·荔湾期中）森林火灾是一种常见的自然灾害，危害很大，随着中国科技、经济的不断发展，开始应用飞机洒水的方式扑灭火源．如图，有一台救火飞机沿东西方向，由点A飞向点B，已知点C为其中一个着火点，且点C与直线上两点 A，B的距离分别为和，又，飞机中心周围以内可以受到洒水影响．
（1）着火点C 受洒水影响吗？为什么？
（2）若飞机的速度为，要想扑灭着火点C估计需要13秒，请你通过计算判断着火点C能否被扑灭？
22．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，，求的长．
23．（2025八下·荔湾期中）如图，在中，，点D，E分别是的中点．连接并延长至点F，使得. 连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接．若，，求的长．
24．（2025八下·荔湾期中）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
25．（2025八下·荔湾期中）矩形中，，点为对角线上一点，过点作于点交边于点，将沿折叠得，连接．
（1）如图1，若点落在边上，求证：；
（2）如图2，若三点在同一条直线上，求的长；
（3）若是以为底的等腰三角形，求的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、当时，不是二次根式，不符合题意；
B、当时，不是二次根式，不符合题意；
C、当时，不是二次根式，不符合题意；
D、是二次根式，符合题意；
故答案为：D．
【分析】本题考查二次根式的定义，即形如的式子才是二次根式，核心是判断每个选项中被开方数是否始终满足非负条件。对于选项A，当时，被开方数为负，不符合二次根式定义；选项B中，若，即时，式子无意义，不是二次根式；选项C里，当时，，不满足被开方数非负的要求；而选项D中，，被开方数恒大于0，无论何种情况都符合二次根式的定义，因此可判定其为二次根式。
2．【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【分析】根据最简二次根式的定义结合题意对选项逐一分析即可求解。
3．【答案】D
【知识点】二次根式的乘除混合运算；求算术平方根；开立方（求立方根）
【解析】【解答】解：A、与不能合并，故A选项不符合题意；
B、，故B选项不符合题意；
C、，故C选项不符合题意；
D、，故D选项符合题意；
故选：D．
【分析】本题综合考察二次根式的加减、乘除运算，算术平方根以及立方根的定义和计算规则。对于选项A， 和 不是同类二次根式，同类二次根式需被开方数相同，二者无法直接合并，所以A运算错误；选项B中， 表示16的算术平方根，算术平方根是一个非负的平方根，因此结果只能是4，而非 ，B错误；选项C依据二次根式乘法法则，，所以 ，并非6，C错误；选项D中，因为 ，根据立方根的定义，正数的立方根是正数，所以 ，D运算正确。
4．【答案】C
【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；故该选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
C、，不能说明四边形是平行四边形；故该选项符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
故答案为C
【分析】本题考查平行四边形的判定定理，已知，需结合各选项条件判断是否能推出四边形为平行四边形。选项A中，一组对边平行且相等（且），符合平行四边形的判定定理，可判定为平行四边形；选项B中，，根据“同旁内角互补，两直线平行”，可推出，结合已知，两组对边分别平行，能判定为平行四边形；选项D直接给出，与已知结合，满足“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”的判定条件；选项C中，仅知道和，这种情况可能是等腰梯形，等腰梯形只有一组对边平行且另一组对边相等，但不是平行四边形，因此不能判定。
5．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，是直角三角形，故A选项不符合题意；
B、，，是直角三角形，故B选项不符合题意；
C、，，，是直角三角形，故C选项不符合题意；
D、，，，，，不是直角三角形，故D选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，需通过边的关系或角的关系判断三角形是否为直角三角形。选项A中，验证三边是否满足勾股定理的逆定理，计算得，而，即，符合逆定理，可判定为直角三角形；选项B中，将式子变形为，直接满足勾股定理的逆定理，能判定为直角三角形；选项C中，根据三角形内角和为，结合，可推出，即，是直角三角形；选项D中，按角的比例分配内角，总份数为，每份对应的角度为，三个角分别为、、，无直角，因此不能判定为直角三角形。
6．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，
∵点的坐标为，
∴．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．
故选C．
【分析】先根据点C的坐标结合勾股定理求出OC，再根据菱形的性质得到，从而根据线段的运算得到AD，进而结合题意即可得到点A的坐标。
7．【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF=AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故答案为：B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，再根据边之间的关系即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：由题意得：，
解得：，
∴，
∴；
故答案为：D．
【分析】本题考查二次根式有意义的条件和二次根式的化简，首先需确定的取值范围，再根据符号规则将根号外的式子移入根号内。由二次根式有意义的条件可知，被开方数，因此，即，由此可得；将负数移入根号时，需先将其化为（因为负数的平方开根号后需保留符号），再根据二次根式的乘法法则，原式可化为，化简后得到。
9．【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：根据折叠可得，，
∴设，则，
在中，，
∴，
整理得，，
解得，，
∴，
∴，
∴的面积为，
故选：D ．
【分析】先根据折叠的性质得到，设，则，进而根据勾股定理结合题意即可求出x，则，再根据三角形的面积即可求解。
10．【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：如图所示，
根据题意，长方体的长 ，宽 ，高 ，
根据展开图，得到解法如下：
第一种展开图，
根据题意，得
；
第二种展开图中，
根据题意，得
；
第三种展开图中，
根据题意，得
；
故爬行的最短路程为，
故答案为：C．
【分析】本题考查平面展开-最短路径问题和勾股定理，立体图形表面的最短路径需将立体图形展开为平面图形，利用“两点之间线段最短”和勾股定理计算。首先，长方体的长、宽、高分别为3、2、2，点是的中点，因此；接下来分三种展开方式分析：第一种展开方式，将长方体的前面和上面展开，此时水平方向长度为，竖直方向长度为，根据勾股定理，路程为；第二种展开方式，将前面和右面展开，水平方向长度为，竖直方向长度为，路程为；第三种展开方式路程更长，无需考虑；比较三种展开方式的路程，最小，因此最短路程为。
11．【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：由题可知，，
解得，
故答素为：．
【分析】本题考查分式和二次根式有意义的条件，分式有意义需分母不为零，二次根式有意义需被开方数非负。对于式子，分母为，首先作为二次根式，被开方数，其次分母不能为零，即，综合这两个条件可得，解得。
12．【答案】
【知识点】实数的大小比较；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：，，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式的大小比较方法，对于正数的二次根式，可通过平方后比较被开方数的大小来确定原式子的大小。分别计算两个式子的平方，，；因为，且两个式子均为正数，所以平方大的原式子值大，即。
13．【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积为，
故答案为：．
【分析】根据菱形的面积计算公式结合题意即可求解。
14．【答案】4
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，连接PO，
∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO=5=BO=DO，
∴S△DCO=S矩形ABCD=10，
∵S△DCO=S△DPO+S△PCO，
∴10=×DO×PF+×OC×PE
∴20=5PF+5PE
∴PE+PF=4
故答案为4
【分析】设AC与BD的交点为O，连接PO，根据矩形的性质得到AO=CO=5=BO=DO，则S△DCO=S矩形ABCD=10，再根据三角形的面积结合题意代入计算即可求解。
15．【答案】6
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴图中阴影部分的面积为
故答案为：6
【分析】本题考查勾股定理、圆的面积公式以及阴影部分面积的计算方法，阴影部分面积可通过“两个小半圆面积 + 直角三角形面积 - 大半圆面积”求解。首先，根据勾股定理计算斜边的长度，；然后分别计算三个半圆的面积，以为直径的半圆面积为，以为直径的半圆面积为，以为直径的半圆面积为；最后，代入阴影部分面积公式，可得，化简后的项相互抵消，结果为6。
16．【答案】①②④
【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；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】∵为中点，正方形的边长为8，
∴，
由翻折可知：，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴当为中点时，三边之比为，
故①正确；
如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N，
，
，
由翻折可知：垂直平分，
在和中，
，
，
故②正确；
当三边之比为时，假设，则，
∵，
∴，
解得：
∴，
∴此时点不是中点，
故③错误；
如图，过点A作，垂足为H，连接，，
由翻折可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴的周长为：
，
∴当在上移动时，周长不变，
故④正确；
故答案为①②④．
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当为中点时，，设，则，在中，由勾股定理得，解得，，三边比为3：4：5，结论正确；②连接交于，过作，可证明（ASA），因此，结论正确；③当三边比为3：4：5时，设，，，则，，，不是中点，结论错误；④过作，证明和，得、，的周长为，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。
17．【答案】解：原式=3 -6 -3 =-6
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先利用乘法分配律计算乘法，再根据二次根式的性质进行化简，然后合并同类二次根式，即可得出答案.
18．【答案】解：∵，，
∴，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的化简求值
【解析】【分析】本题考查二次根式的化简求值，核心是利用完全平方公式的变形简化计算，避免直接代入复杂运算。首先计算和的值，，，利用平方差公式，得；再将变形为（因为，减去后即为）；最后代入和，计算得。
19．【答案】证明：（1）如图
：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，，
∴∠3=∠4
∵∠1=∠3+∠5，∠2=∠4+∠6，∠1=∠2
∴∠5=∠6
∵在△ADE与△CBF中，∠3=∠4，AD=BC，∠5=∠6，
∴△ADE≌△CBF（ASA）
∴AE=CF
（2）∵∠1=∠2，
∴
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE=BF
∴四边形EBFD是平行四边形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边平行且相等得AD=BC，AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠3=∠4，根据三角形外角相等及已知可推出∠5=∠6，从而用ASA判断出△ADE≌△CBF，由全等三角的对应边相等证得AE=CF；
（2）由内错角相等两直线平行得DE∥BF，由全等三角形的对应边相等得DE=BF，从而由对边平行且相等的四边形是平行四边形证得结论．
20．【答案】（1）解：如图，连接，
在中，，
根据勾股定理得：，
，
，
为直角三角形，即，
则；
（2）解：根据题意得：．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接，先根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理的逆定理得到为直角三角形，即，则；
（2）根据三角形的面积结合即可求解。
（1）解：如图，连接，
在中，，
根据勾股定理得：，
，
，
为直角三角形，即，
则；
（2）解：根据题意得：．
21．【答案】（1）解：着火点C受洒水影响，理由如下，
如图，过点C作，垂足为D，
∵，，，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
所以，
∵，
∴着火点C受洒水影响．
（2）解：能，理由如下：
如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F．
则，
在中，
，
∵CE=CF，CD⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴着火点C能被扑灭．
【知识点】勾股定理；等腰三角形的性质-三线合一；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）过点C作，垂足为D，先用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，进而利用等面积法建立方程求得CD长度，将CD的长度与260进行比较即可求得结论；
（2）以点C为圆心，260m为半径作圆，交AB于点E，F， 首先利用勾股定理求得ED=100，再根据等腰三角形的三线合一得出EF=2ED=200，根据路程、速度、时间三者关系求出飞行时间，再与灭火时间比较，即可得出结论.
（1）着火点C受洒水影响，理由如下，
如图，过点C作，垂足为D，
∵，，，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
所以，
∵，
∴着火点C受洒水影响．
（2）如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F．
则，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴着火点C能被扑灭．
22．【答案】（1）证明：，
，
∴，
四边形是平行四边形，
∴，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
平行四边形为矩形；
（2）解：∵四边形为矩形，，
，，
，，，
，
为直角三角形，，
，
，
∴，解得，
．
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先通过证明一组对边平行且相等，来证明四边形为平行四边形，再证明有一个角是直角，可得出结论；
（2）先根据矩形的性质得，求得AF，再利用勾股定理的逆定理证得为直角三角形，然后由面积法求出的长，就可求得DF的长．
23．【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵ 在中，，点D是的中点，
∴．
∴ 四边形是菱形．
（2）解： 过点F作交的延长线于点G．
∴．
∵四边形是菱形，，
∴．
∴．
∴．
在中，，
∴ ．
∴ ．
∵．
∴．
在中，，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据线段中点可得，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据菱形判定定理即可求出答案.（2）过点F作交的延长线于点G，根据菱形性质可得，根据补角可得∠FCG，再根据含30°角的直角三角形性质可得CG，根据勾股定理可得FG，再根据边之间的关系可得BG，再根据勾股定理即可求出答案.
24．【答案】（1），理由如下：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；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】【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
25．【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
；
（2）解：如图2，，，三点在同一条直线上，
四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
，
，
是的中点，
，
在矩形中，
，，，
，
，
如图，连接，
是的中点，，
，
，
点是的中点，
是的中位线
，，
由翻折可知：，，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
；
（3）解： 如图，延长交于点，
，
，
，
，
四边形为矩形，
当以为底的等腰三角形时，则，
，，，
，
，
设，则，
在中，，
则可得，
可得，
，
，
，
在中，，
即，
解得，即．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)本题考察矩形的性质和折叠的性质，需利用平行线的内错角相等和折叠的角相等推导边相等。因为四边形是矩形，所以，根据平行线的性质可得；由折叠的性质可知，，因此；根据“等角对等边”，可得。
(2)本题考察矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及中位线定理，需通过设未知数建立方程求解。因为、、共线，，结合(1)中，可得，因此是的中点；在矩形中，，所以；是中点，，则是的中位线，，；由折叠得，，设，则；在中，由勾股定理得，解得；因此。
(3)本题考察矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，需通过作辅助线构造全等三角形。延长交于，因为，，所以四边形是矩形；当以为底的等腰三角形时，；因为，，根据AAS判定定理可证明，得，；设，，则，，，；在中，，解得；又因为，在中，，解得，即。
（1）证明：四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
；
（2）解：如图2，，，三点在同一条直线上，
四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质得：，
，
，
，
是的中点，
，
在矩形中，
，，，
，
，
如图，连接，
是的中点，，
，
，
点是的中点，
是的中位线
，，
由翻折可知：，，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
；
（3）解： 如图，延长交于点，
，
，
，
，
四边形为矩形，
当以为底的等腰三角形时，则，
，，，
，
，
设，则，
在中，，
则可得，
可得，
，
，
，
在中，，
即，
解得，即．
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