资源简介

广东省鹤山市2024—2025学年下学期阶段性自查八年级数学试题
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1．（2025八下·鹤山期中）计算的结果为（　　）
A．8 B．2 C．4 D．
【答案】C
【知识点】算术平方根
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】根据算数平方根的定义计算即可.
2．（2025八下·鹤山期中）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；
不能化简，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】把各个根式化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义进行识别即可。
3．（2025八下·鹤山期中）下命题中，是真命题的是（　　）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有两邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题是假命题，不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题是假命题，不符合题意；
C、四个角相等的菱形是正方形，是真命题，符合题意；
D、两条对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故原命题是假命题，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据菱形的判定可得出A不正确；根据矩形的定义可得出B不正确；根据正方形的判定可得出C正确；根据正方形的判定可得出D不正确。
4．（2025八下·鹤山期中）在中，，，的对边分别是a，b，c，则下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
为直角三角形，故A选项不符合题意；
，，，
为不是直角三角形，故B选项符合题意；
，
设，，
，，
，
为直角三角形，故C选项不符合题意；
∴，
为直角三角形，故D选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据三角形内角和定理可得出A 能判定为直角三角形 ；B不能判定为直角三角形 ；根据勾股定理的逆定理可得出C，D能判定为直角三角形 ；
5．（2025八下·鹤山期中）若将，，表示在数轴上，则其中能被如图所示的墨迹覆盖的数是．
A． B． C． D．都不可能
【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；无理数的估值；估算一元二次方程的近似解；算术平方根的性质（双重非负性）
【解析】【解答】解：由，
得，
故答案为：A．
【分析】由算术平方根的性质可知，被开方数越大，其对应的算术平方根也越大。因此，我们可以直接比较被开方数的大小来推断算术平方根的大小关系。
6．（2025八下·鹤山期中）在直角坐标系中，点到原点的距离是（　　）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示：过点P作轴于点A，
则，，
∴
故答案为：B．
【分析】根据勾股定理，即可得出。
7．（2025八下·鹤山期中）若，则的值为（　　）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算；二次根式的化简求值；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
将代入上式可得，
原式．
故答案为：A．
【分析】首先根据配方法可得出，然后再将代入上式求值即可。
8．（2025八下·鹤山期中）如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，，
，，
，，
，
，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的性质可知：（菱形的四条边相等）（菱形的对边平行）由等腰△ADE的性质可得：，根据平行线的性质：（两直线平行，内错角相等），最后由等腰△CDE的性质即可得出所求角的度数。
9．（2025八下·鹤山期中）如图，在中，，，作的垂直平分线，且直线交于点，交于点，连接，则．的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：由题意可知：为的垂直平分线，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】首先根据线段垂直平分线的性质可知：（垂直形成的直角），（垂直平分线的性质），接着通过三角形的内角和定理计算可得：，再利用直角三角形的性质得出：，由此可推导出：，进而即可得出。
10．（2025八下·鹤山期中）城市绿化是城市重要的基础设施，是改善生态环境和提高广大人民群众生活质量的公益事业．如图，某小区在社区管理人员及社区居民的共同努力之下，在临街清理出了一块可以绿化的空地（阴影部分）．若，，，，则这块可以绿化的空地（阴影部分）的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；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）；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【解答】解：∵，，，
∴．
∵，，
∴，，
∴是直角三角形，，
∴．
∴这块可绿化的空地的面积为．
故答案为：C．
【分析】首先利用勾股定理计算边的长度，然后通过逆定理验证是否为直角三角形。最后根据阴影面积公式求解结果。
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11．（2025八下·鹤山期中）写出一个x的整数值：　 　，使二次根式有意义．
【答案】1（答案不唯一，整数即可）
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：，
解得：，
故答案为：1（答案不唯一，整数即可）．
【分析】首先根据二次根式的意义可得出，解得，进而写出一个符合条件的整数值即可。
12．（2025八下·鹤山期中）比较大小：　 　（填“>”或“<”或“=”）．
【答案】
【知识点】实数的大小比较；复合二次根式概念、性质与运算
【解析】【解答】解：∵，而，
∴，
故答案为：．
【分析】把3移到根号下，，通过比较，即可得出。
13．（2025八下·鹤山期中）一块矩形木板采用如图所示的方式在木板上截出两个面积分别为和的正方形木板后，剩余的木板（阴影部分）的面积为　 　．
【答案】12
【知识点】算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴矩形木板的长为：，宽为，
∴剩余的木板（阴影部分）的面积为：，
故答案为：12．
【分析】先根据2个正方形的面积求出两个正方形的边长分别为：大正方形的边长为，小正方形的边长为，进而得出矩形木板的长为：，宽为，进而得出剩余的木板（阴影部分）的面积为：．
14．（2025八下·鹤山期中）如图，菱形的边长为4，是对角线，，E为边的中点，连接，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；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，边长为4，
，，
，
是等边三角形，
E为边的中点，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【分析】首先各位那句菱形的性质可得出，，进而根据， 可得出是等边三角形，进而根据等边三角形的性质及勾股定理可得出，进而在根据勾股定理即可得出DE的长度．
15．（2025八下·鹤山期中）如图，两张宽为的矩形纸条交叉叠放，其中重叠部分是四边形，已知度，则重叠部分的面积是　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=1cm，∠BCD=60°，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BCD=60°，
∴∠CBF=30°，
∴BC=2CF，
∵BC2=BF2+CF2，
∴BC=cm，
∴AD=cm，
∴重叠部分的面积为：AD·BE=×1=.
故答案为：.
【分析】首先根据题意可得出四边形ABCD是平行四边形，进而根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出BC=cm，进而根据平行四边形的面积计算公式即可得出AD·BE=×1=.
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
16．（2025八下·鹤山期中）计算：
【答案】解：
【知识点】二次根式的乘除混合运算
【解析】【分析】首先化简二次根式，然后再根据二次根式的乘除法进行运算即可。
17．（2025八下·鹤山期中）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：原式
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值；分母有理化；因式分解-完全平方公式
【解析】【分析】首先根据分式的混合运算法则进行化简，进而把． 代入化简后的式子中进行运算即可。
18．（2025八下·鹤山期中）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC+BD=36，△ABO的周长为30，求AB的长．
【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO=AC，BO=DO=BD，
∴AO+B0=（AC+BD）=18，
∵△ABO的周长为30，
∴AB=30﹣18=12．
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【分析】首先根据平行四边形对角线的性质可得出AO+B0=（AC+BD）=18，进而根据三角形周长的定义，即可得出AB=30﹣18=12．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19．（2025八下·鹤山期中）已知（如图），在四边形中，过A作交于点E，过C作交于F，且．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明：∵，∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定
【解析】【分析】首先根据HL可证得，进而可得出AB∥CD，AB=CD，进而即可得出四边形是平行四边形．
20．（2025八下·鹤山期中）如图，一根长的牙刷放置于底面半径是，高为的圆柱水杯中，牙刷露在杯子外面的长度为，求．
【答案】解：如图，在中，，
根据勾股定理得
．
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】首先根据勾股定理可得出，进而即可得出．
21．（2025八下·鹤山期中）综合与实践
【主题】黄金矩形
【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等．
素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．
素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。
【操作步骤】
【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平．
【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处．
【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形．
【问题解决】设．
（1）求证：矩形是黄金矩形．
（2）求证：矩形MNDE也是黄金矩形．
【答案】（1）证明：根据题意可得，，，
∴，
根据勾股定理可得，
∴
∴
∴
∴矩形是黄金矩形．
（2）证明：由（1）知，，，
∴，
∴，
故矩形是黄金矩形．
【知识点】二次根式的混合运算；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据题意可得，，，则，根据勾股定理可得AB，再根据边之间的关系可得CD，再根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（2）由（1）知，，，根据边之间的关系可得ND，再根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（1）证明：根据题意可得，，，
∴，
根据勾股定理可得，
∴
∴
∴
∴矩形是黄金矩形．
（2）证明：由（1）知，，，
∴，
∴，
故矩形是黄金矩形．
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·鹤山期中）如图1，在矩形中，，、分别是，的中点，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为秒，其中．
（1）当，则四边形一定是　 　．（点、相遇时除外）
（2）求证：当时，四边形是矩形；（提示：在图2中先标出点、）
（3）如图3，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，设和分别是和的中点，当四边形为菱形时，请求出的值．
【答案】（1）平行四边形
（2）证明：连接交于点O，连接，如图，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵G，H分别是，中点，
∴，，
∴四边形是矩形，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴一定过点O，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∵当时，
∴
∴
∴四边形为矩形．
（3）解：点，与点，同时运动，且运动的速度相同，点，与点，运动的路程相同，
，
点到达点时所用的时间，
，
，
，
四边形是菱形，，
经过点，
，
，
为线段的垂直平分线，
，
在中，，，，
由勾股定理得：，
解得：
∴当四边形为菱形时，．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：依题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
【分析】（1）首先证明三角形全等关系，由此得出对应边相等和对应角相等，再根据补角的性质即可完成证明；
（2）首先证明四边形是矩形，结合四边形为矩形的条件，可得边长关系，最后利用勾股定理求解；
（3）设定时间范围，根据运动过程得出边长关系，进一步推导出。由于四边形是菱形，可得对角线垂直平分，从而是的垂直平分线，因此。最后在直角三角形中应用勾股定理求出的值。
（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
依题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）证明：连接交于点O，连接，如图，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵G，H分别是，中点，
∴，，
∴四边形是矩形，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴一定过点O，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∵当时，
∴
∴
∴四边形为矩形．
（3）解：点，与点，同时运动，且运动的速度相同，
点，与点，运动的路程相同，
，
点到达点时所用的时间，
，
，
，
四边形是菱形，，
经过点，
，
，
为线段的垂直平分线，
，
在中，，，，
由勾股定理得：，
解得：
∴当四边形为菱形时，．
23．（2025八下·鹤山期中）如图1，已知点，点为轴上一点，连接，和都是等边三角形．
（1）如图1，当点落在内部时，求证：；
（2）如图2，当点恰好落在上时，求的长及点的坐标；
（3）如图3，在（2）条件下，点是线段上的动点（点，除外），过点作于点，于点，当点运动时，的值是否发生变化？请说明理由．
【答案】（1）证明：∵和都是等边三角形∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）解：∵点，∴，由（1）知，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
过E作轴于F，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴；
（3）解：不会变化，如图，连接，
∵
∵，
∴，
由①知：，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴的值不会发生变化，且的值为6．
【知识点】点的坐标；三角形的面积；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）首先分析题目给出的等边三角形条件。由已知可得，，，且。通过角度关系推导出，进而利用全等三角形的判定条件得出结论；
（2）根据点B的坐标，得到线段。利用（1）中的全等关系，得出。结合等边三角形的性质，得到，进一步求出。通过作辅助线E轴，最终确定结果；
（3）不会变化。通过连接，利用三角形面积公式进行推导，可得出，根据勾股定理可得出，进而可得出的值为6．
（1）证明：∵和都是等边三角形
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）∵点，
∴，由（1）知，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
过E作轴于F，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴；
（3）不会变化，如图，连接，
∵
∵，
∴，
由①知：，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴的值不会发生变化，且的值为6．
1 / 1广东省鹤山市2024—2025学年下学期阶段性自查八年级数学试题
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1．（2025八下·鹤山期中）计算的结果为（　　）
A．8 B．2 C．4 D．
2．（2025八下·鹤山期中）下列二次根式中，与是同类二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·鹤山期中）下命题中，是真命题的是（　　）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形
4．（2025八下·鹤山期中）在中，，，的对边分别是a，b，c，则下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025八下·鹤山期中）若将，，表示在数轴上，则其中能被如图所示的墨迹覆盖的数是．
A． B． C． D．都不可能
6．（2025八下·鹤山期中）在直角坐标系中，点到原点的距离是（　　）
A． B． C． D．2
7．（2025八下·鹤山期中）若，则的值为（　　）
A．0 B．1 C． D．2
8．（2025八下·鹤山期中）如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·鹤山期中）如图，在中，，，作的垂直平分线，且直线交于点，交于点，连接，则．的度数为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八下·鹤山期中）城市绿化是城市重要的基础设施，是改善生态环境和提高广大人民群众生活质量的公益事业．如图，某小区在社区管理人员及社区居民的共同努力之下，在临街清理出了一块可以绿化的空地（阴影部分）．若，，，，则这块可以绿化的空地（阴影部分）的面积为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11．（2025八下·鹤山期中）写出一个x的整数值：　 　，使二次根式有意义．
12．（2025八下·鹤山期中）比较大小：　 　（填“>”或“<”或“=”）．
13．（2025八下·鹤山期中）一块矩形木板采用如图所示的方式在木板上截出两个面积分别为和的正方形木板后，剩余的木板（阴影部分）的面积为　 　．
14．（2025八下·鹤山期中）如图，菱形的边长为4，是对角线，，E为边的中点，连接，，则的长为　 　．
15．（2025八下·鹤山期中）如图，两张宽为的矩形纸条交叉叠放，其中重叠部分是四边形，已知度，则重叠部分的面积是　 　．
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
16．（2025八下·鹤山期中）计算：
17．（2025八下·鹤山期中）先化简，再求值：，其中．
18．（2025八下·鹤山期中）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC+BD=36，△ABO的周长为30，求AB的长．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19．（2025八下·鹤山期中）已知（如图），在四边形中，过A作交于点E，过C作交于F，且．求证：四边形是平行四边形．
20．（2025八下·鹤山期中）如图，一根长的牙刷放置于底面半径是，高为的圆柱水杯中，牙刷露在杯子外面的长度为，求．
21．（2025八下·鹤山期中）综合与实践
【主题】黄金矩形
【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等．
素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．
素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。
【操作步骤】
【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平．
【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处．
【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形．
【问题解决】设．
（1）求证：矩形是黄金矩形．
（2）求证：矩形MNDE也是黄金矩形．
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·鹤山期中）如图1，在矩形中，，、分别是，的中点，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为秒，其中．
（1）当，则四边形一定是　 　．（点、相遇时除外）
（2）求证：当时，四边形是矩形；（提示：在图2中先标出点、）
（3）如图3，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，设和分别是和的中点，当四边形为菱形时，请求出的值．
23．（2025八下·鹤山期中）如图1，已知点，点为轴上一点，连接，和都是等边三角形．
（1）如图1，当点落在内部时，求证：；
（2）如图2，当点恰好落在上时，求的长及点的坐标；
（3）如图3，在（2）条件下，点是线段上的动点（点，除外），过点作于点，于点，当点运动时，的值是否发生变化？请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】算术平方根
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】根据算数平方根的定义计算即可.
2．【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；
不能化简，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】把各个根式化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义进行识别即可。
3．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有两邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题是假命题，不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题是假命题，不符合题意；
C、四个角相等的菱形是正方形，是真命题，符合题意；
D、两条对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故原命题是假命题，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据菱形的判定可得出A不正确；根据矩形的定义可得出B不正确；根据正方形的判定可得出C正确；根据正方形的判定可得出D不正确。
4．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
为直角三角形，故A选项不符合题意；
，，，
为不是直角三角形，故B选项符合题意；
，
设，，
，，
，
为直角三角形，故C选项不符合题意；
∴，
为直角三角形，故D选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据三角形内角和定理可得出A 能判定为直角三角形 ；B不能判定为直角三角形 ；根据勾股定理的逆定理可得出C，D能判定为直角三角形 ；
5．【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；无理数的估值；估算一元二次方程的近似解；算术平方根的性质（双重非负性）
【解析】【解答】解：由，
得，
故答案为：A．
【分析】由算术平方根的性质可知，被开方数越大，其对应的算术平方根也越大。因此，我们可以直接比较被开方数的大小来推断算术平方根的大小关系。
6．【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示：过点P作轴于点A，
则，，
∴
故答案为：B．
【分析】根据勾股定理，即可得出。
7．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算；二次根式的化简求值；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
将代入上式可得，
原式．
故答案为：A．
【分析】首先根据配方法可得出，然后再将代入上式求值即可。
8．【答案】B
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，，
，，
，，
，
，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的性质可知：（菱形的四条边相等）（菱形的对边平行）由等腰△ADE的性质可得：，根据平行线的性质：（两直线平行，内错角相等），最后由等腰△CDE的性质即可得出所求角的度数。
9．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：由题意可知：为的垂直平分线，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】首先根据线段垂直平分线的性质可知：（垂直形成的直角），（垂直平分线的性质），接着通过三角形的内角和定理计算可得：，再利用直角三角形的性质得出：，由此可推导出：，进而即可得出。
10．【答案】C
【知识点】三角形的面积；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）；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【解答】解：∵，，，
∴．
∵，，
∴，，
∴是直角三角形，，
∴．
∴这块可绿化的空地的面积为．
故答案为：C．
【分析】首先利用勾股定理计算边的长度，然后通过逆定理验证是否为直角三角形。最后根据阴影面积公式求解结果。
11．【答案】1（答案不唯一，整数即可）
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：，
解得：，
故答案为：1（答案不唯一，整数即可）．
【分析】首先根据二次根式的意义可得出，解得，进而写出一个符合条件的整数值即可。
12．【答案】
【知识点】实数的大小比较；复合二次根式概念、性质与运算
【解析】【解答】解：∵，而，
∴，
故答案为：．
【分析】把3移到根号下，，通过比较，即可得出。
13．【答案】12
【知识点】算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴矩形木板的长为：，宽为，
∴剩余的木板（阴影部分）的面积为：，
故答案为：12．
【分析】先根据2个正方形的面积求出两个正方形的边长分别为：大正方形的边长为，小正方形的边长为，进而得出矩形木板的长为：，宽为，进而得出剩余的木板（阴影部分）的面积为：．
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；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，边长为4，
，，
，
是等边三角形，
E为边的中点，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【分析】首先各位那句菱形的性质可得出，，进而根据， 可得出是等边三角形，进而根据等边三角形的性质及勾股定理可得出，进而在根据勾股定理即可得出DE的长度．
15．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=1cm，∠BCD=60°，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BCD=60°，
∴∠CBF=30°，
∴BC=2CF，
∵BC2=BF2+CF2，
∴BC=cm，
∴AD=cm，
∴重叠部分的面积为：AD·BE=×1=.
故答案为：.
【分析】首先根据题意可得出四边形ABCD是平行四边形，进而根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出BC=cm，进而根据平行四边形的面积计算公式即可得出AD·BE=×1=.
16．【答案】解：
【知识点】二次根式的乘除混合运算
【解析】【分析】首先化简二次根式，然后再根据二次根式的乘除法进行运算即可。
17．【答案】解：原式
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值；分母有理化；因式分解-完全平方公式
【解析】【分析】首先根据分式的混合运算法则进行化简，进而把． 代入化简后的式子中进行运算即可。
18．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO=AC，BO=DO=BD，
∴AO+B0=（AC+BD）=18，
∵△ABO的周长为30，
∴AB=30﹣18=12．
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【分析】首先根据平行四边形对角线的性质可得出AO+B0=（AC+BD）=18，进而根据三角形周长的定义，即可得出AB=30﹣18=12．
19．【答案】证明：∵，∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定
【解析】【分析】首先根据HL可证得，进而可得出AB∥CD，AB=CD，进而即可得出四边形是平行四边形．
20．【答案】解：如图，在中，，
根据勾股定理得
．
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】首先根据勾股定理可得出，进而即可得出．
21．【答案】（1）证明：根据题意可得，，，
∴，
根据勾股定理可得，
∴
∴
∴
∴矩形是黄金矩形．
（2）证明：由（1）知，，，
∴，
∴，
故矩形是黄金矩形．
【知识点】二次根式的混合运算；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据题意可得，，，则，根据勾股定理可得AB，再根据边之间的关系可得CD，再根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（2）由（1）知，，，根据边之间的关系可得ND，再根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（1）证明：根据题意可得，，，
∴，
根据勾股定理可得，
∴
∴
∴
∴矩形是黄金矩形．
（2）证明：由（1）知，，，
∴，
∴，
故矩形是黄金矩形．
22．【答案】（1）平行四边形
（2）证明：连接交于点O，连接，如图，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵G，H分别是，中点，
∴，，
∴四边形是矩形，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴一定过点O，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∵当时，
∴
∴
∴四边形为矩形．
（3）解：点，与点，同时运动，且运动的速度相同，点，与点，运动的路程相同，
，
点到达点时所用的时间，
，
，
，
四边形是菱形，，
经过点，
，
，
为线段的垂直平分线，
，
在中，，，，
由勾股定理得：，
解得：
∴当四边形为菱形时，．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：依题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
【分析】（1）首先证明三角形全等关系，由此得出对应边相等和对应角相等，再根据补角的性质即可完成证明；
（2）首先证明四边形是矩形，结合四边形为矩形的条件，可得边长关系，最后利用勾股定理求解；
（3）设定时间范围，根据运动过程得出边长关系，进一步推导出。由于四边形是菱形，可得对角线垂直平分，从而是的垂直平分线，因此。最后在直角三角形中应用勾股定理求出的值。
（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
依题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）证明：连接交于点O，连接，如图，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵G，H分别是，中点，
∴，，
∴四边形是矩形，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴一定过点O，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∵当时，
∴
∴
∴四边形为矩形．
（3）解：点，与点，同时运动，且运动的速度相同，
点，与点，运动的路程相同，
，
点到达点时所用的时间，
，
，
，
四边形是菱形，，
经过点，
，
，
为线段的垂直平分线，
，
在中，，，，
由勾股定理得：，
解得：
∴当四边形为菱形时，．
23．【答案】（1）证明：∵和都是等边三角形∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）解：∵点，∴，由（1）知，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
过E作轴于F，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴；
（3）解：不会变化，如图，连接，
∵
∵，
∴，
由①知：，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴的值不会发生变化，且的值为6．
【知识点】点的坐标；三角形的面积；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）首先分析题目给出的等边三角形条件。由已知可得，，，且。通过角度关系推导出，进而利用全等三角形的判定条件得出结论；
（2）根据点B的坐标，得到线段。利用（1）中的全等关系，得出。结合等边三角形的性质，得到，进一步求出。通过作辅助线E轴，最终确定结果；
（3）不会变化。通过连接，利用三角形面积公式进行推导，可得出，根据勾股定理可得出，进而可得出的值为6．
（1）证明：∵和都是等边三角形
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）∵点，
∴，由（1）知，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
过E作轴于F，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴；
（3）不会变化，如图，连接，
∵
∵，
∴，
由①知：，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴的值不会发生变化，且的值为6．
1 / 1

展开更多......

收起↑